1 Prawa i Metody Przeliczania

1
Prawa i Metody Przeliczania
Wyład 1
Twierdzenie 1 (Prawo mnożenia). Jeśli A, B – zbiory skończone, to
|A × B| = |A| · |B|
Jeśli A1 , A2 , . . . , An – zbiory skończone, to
|A1 × A2 × . . . × An | = |A1 | · |A2 | · . . . · |An |
Przykład 1. Ile jest odwzorowań ze zbioru n-elementowego
w zbiór k-elementowy?
Rozważmy f : X −→ Y , gdzie |X| = n i |Y | = k.
Każda funkcja musi dla każdego elementu X oddzielnie zadecydować na
który element Y ma on przejść.
| Y × . . . × Y | = |Y | · . . . · |Y | = |Y ||X| = k n
|
{z
}
|
{z
}
|X|
|X|
Przykład 2. Ciągów binarnych długości n jest 2n
Wystarczy wziąć f : X −→ {0, 1}, gdzie |X| = n
Twierdzenie 2 (Prawo dodawania). Jeśli A, B – zbiory skończone, rozłączne,
to
|A ∪ B| = |A| + |B|
Jeśli A1 , A2 , . . . , An – zbiory skończone, parami rozłączne, to
n
n
[ X
|Ai |
Ai =
i=1
i=1
Przykład 3. Ile jest injekcji (odwzorowań różnowartościowych) ze zbioru nelementowego w zbiór k-elementowy?
Jeśli n > k, to 0.
k!
Jeśli n ≤ k, to k(k − 1)(k − 2) . . . (k − n + 1) = (k−n)!
.
Dowód tylko dla n = 2, a dalej można indukcyjnie.
Rozważmy f : {1, 2} −→ Y , gdzie f – różnowartościowa, |Y | = k.
f (1) = α 7−→ Yα = Y r {α}
[ (x, y) : y ∈ Yx =
(x, y) : x ∈ Y, y ∈ Yx = x∈Y
X X
X {x} × Yx =
|Yx | =
(x, y) : y ∈ Yx =
x∈Y
X
x∈Y
|Y r {x}| =
x∈Y
X
x∈Y
|Y | − 1 = |Y | |Y | − 1 = k(k − 1)
x∈Y
1
Oznaczenie. [n] := {1, . . . , n}
Przykład 4. Niech X = [n], Y = [k]. Ile jest injekcji ze zbioru X w zbiór Y
takich, że 1 należy do obrazu?
n·
(k − 1)!
(k − n)!
Przykład 5. Ile jest odwzorowań z [n] w [k] takich, że 1 należy do obrazu?
k n − (k − n)n
Twierdzenie 3 (Zasada bijekcji). Jeśli A, B – zbiory skończone oraz istnieje
bijekcja f : A −→ B, to |A| = |B|
Przykład 6. Poniższe problemy mają tyle samo rozwiązań:
1. n kul rozłożyć w k urnach:
2. wstawić k − 1 kresek w ciąg n kół:
3. ciąg długości n + k − 1 z n zerami i k − 1 jedynkami:
0010110010
4. najkrótsza droga w mierze manhatańskiej pomiędzy punktami A i B:
B
A
5. rozwiązania zadania:
x1 + x2 + . . . + xk = n (xi ≥ 0)
2
Wykład 2
Twierdzenie
4. Liczba podzbiorów k-elementowych zbioru n-elementowego wy
nosi nk .
n!
Liczba injekcji zbioru k-elementowego w zbiór n-elementowy wynosi (n−k)!
Niech f : [k] −→ [n] będzie injekcją. Wtedy f ([k]) = k.
Mamy odwzorowanie ze zbioru możliwych injekcji w zbiór podzbiorów [n]
φ
f 7−→ f [k]
φ nie jest bijekcją, ale spełnia poniższy warunek:
∀ φ−1 ({i1 , . . . , ik }) = k!
{i ,...,i }⊂[n]
1
k
Skorzystamy z poniższego twierdzenia
Twierdzenie 5 (Uogólniona zasada bijekcji). Jeśli A, B – zbiory skończone,
φ : A −→ B spełnia
∃m ∀b∈B φ−1 (b) = m
to zachodzi
|A| = m · |B|
Dowód.
[
A=
φ−1 (b)
b∈B
oraz jest to suma rozłączna, czyli
∀b 6=b
φ−1 (b1 ) ∩ φ−1 (b2 ) = ∅
|A| =
X
φ−1 (b) = m · |B|
1
2
Z prawa dodawania:
b∈B
Przykład 7.
2n =
n X
n
k=0
k
Przykład 8.
n
(a + b) =
n X
n
k=0
n
Pn
k n−k
Oczywiście (a + b) = k=0 cka b
Nietrudno zobaczyć że ck = nk
k
ak bn−k
dla pewnych ck .
Przykład 9.
n
n
=
k
n−k
Bierzemy [n] i szukamy A ⊆ [n] takich, że |A| = k
f
A 7−→ A{
f jest bijekcją, |A| = k oraz |A{ | = n − k
3
Przykład 10.
n
n−1
n−1
=
+
k
k−1
k
Rozważmy ten problem na przykładzie najkrótszej drogi w mierze manhatańskiej:
C
B
D
k
A
n
Każda droga A → B musi przejść albo przez C, albo przez D
|A → B| = |A → C| + |A → D|
n
n−1
n−1
=
+
k
k
k−1
Przykład 11.
X
(x1 + . . . + xk )n =
ck1 ,...,kk · xk11 · . . . · xkkk
ki ∈N
k1 +...+kk =n
Z każdego z n nawiasów wybieramy jedną z k zmiennych, przy czym ki musi
trafić do i-tego nawiasu:
n
n − k1
n − k1 − k2
kk
n!
ck1 ,...,kk =
···
=
k1 ! · . . . · kk !
k1
k2
k3
kk
Oznaczenie.
o ile
Pk
i=1
n
k1 ; . . . ; kk
:=
ki = n
4
n!
k1 ! · . . . · kk !
Twierdzenie 6.
n
k1 ; . . . ; kr
=
r X
i=1
n−1
k1 ; . . . ; ki−1 ; ki − 1; ki+1 ; . . . ; kk
Dowód. Elementy zbioru [n] rozkładamy w r szufladkach. Rozważmy element 1:
1. jeśli 1 umieszczamy w i-tej szufladce, to musimy jeszcze rozłożyć n − 1
elementów w r szufladkach pamiętając, że w i-tej mamy do włożenia o
jeden element mniej.
2. korzystamy z Twierdzenia 2 (Prawo dodawania).
Twierdzenie 7.
n−k+1
X n − i
n
=
k
k−1
i=1
Dowód. Niech A = {i1 , . . . , ik } ⊂ [n].
Z jednej strony A możemy wybrać na nk sposobów, jako że jest to kelementowy podzbiór zbioru n-elementowego.
Z drugiej strony możemy wybierać A tak, żeby:
1. min{i1 , . . . , ik } = 1 na n−1
k−1 sposobów,
2. min{i1 , . . . , ik } = 2 na n−2
k−1 sposobów,
..
.
?. min{i1 , . . . , ik } = n − k + 1 na 1 sposób.
Na koniec korzystamy z Twierdzenia 2 (Prawo dodawania).
5
2
Grafy
V – skończony, niepusty zbiór wierzchołków
E – zbiór krawędzi; E ⊂ {A ⊂ V : |A| = 2}
Wtedy grafem nazwiemy parę hV, Ei
Definicja 1. Szlakiem w grafie hV, Ei nazywamy ciąg wierzchołków (v1 , . . . , vk )
taki, że
∀ {vi , vi+1 } ∈ E
i=1,...,k−1
oraz żadne dwie krawędzie nie przecinają się, to jest:
∀
i 6= j ⇒ {vi , vi+1 } =
6 {vj , vj+1 }
i,j=1,...,k−1
Definicja 2. Ścieżką w grafie nazwiemy szlak, w którym nie powtarzają się
wierzchołki
Definicja 3. Cyklem w grafie G = hV, Ei nazwiemy szlak (v1 , . . . , vk , v1 ) taki,
że ciąg (v1 , . . . , vk ) jest ścieżką
6
Wykład 3
Definicja 4. Graf G = hV, Ei nazwiemy spójnym, jeśli dla każdej pary v, w ∈
V , v 6= w istnieje szlak z v do w
Definicja 5. Graf G = hV, Ei nazwiemy niespójnym, jeśli nie jest on spójny
Definicja 6. Graf H = hW, F i nazwiemy podgrafem grafu G = hV, Ei, jeśli
W ⊂ V oraz F ⊂ E
Definicja 7. Składową spójną grafu nazwiemy dowolny maksymalny spójny
podgraf
Definicja 8. Drzewem nazwiemy graf spójny bez cykli
Oznaczenie. Stopień wierzchołka v w grafie G to δG v := {e ∈ E : v ∈ e}
Twierdzenie 8. Jeśli G jest drzewem i |V | > 1, to
∃ δG v = 1
v∈V
Twierdzenie 9. Jeśli G jest drzewem, to |E| = |V | − 1
Dowód. Indukcyjnie:
• Jeśli |V | = 1 to oczywiście |E| = 0
• Jeśli mamy drzewo o n − 1 wierzchołkach i chcemy dodać wierzchołek
numer n, to musimy dołączyć go co najmniej jedną krawędzią (aby graf
pozostał spójny) oraz najwyżej jedną krawędzią (aby graf pozostał bezcyklowy)
Twierdzenie 10. Graf G = hV, Ei spełnia:
X
δG v = 2|E|
v∈V
Pn
Twierdzenie 11. Niech n > 1, ∀i di > 0, oraz i=1 di = 2n − 2
Wówczas liczba takich drzew o zbiorze wierzchołków V = [n], że δG i = di
wynosi
n−2
d1 − 1; . . . ; dn − 1
7
Dowód. Indukcyjnie:
n = 2: graf może mieć tylko
0
0;0
= 1 krawędź
n + 1: ∃v∈V δG v = 1 więc niech v0 będzie tym wierzchołkiem. Weźmy podgraf:
V ∗ = V r {v0 }
E ∗ = E r {e : v ∈ e}
Wówczas G∗ = hV ∗ , E ∗ i jest drzewem o n wierzchołkach oraz
o ile (w, v) ∈
/E
δG∗ w = δG w
δG∗ u = δG u − 1
o ile (w, v) ∈ E
Stąd oraz z rekurencyjnego wzoru na uogólniony symbol newtona (Twierdzenie 6) mamy krok indukcyjny
Wykład 4
Definicja 9. Niech f : V −→ W będzie bijekcją. f nazwiemy izomorfizmem
grafów G = hV, Ei i H = hW, F i jeśli
(v, w) ∈ E ⇒ f (v), f (w) ∈ F
Definicja 10. Grafy G = hV, Ei i H = hW, F i nazwiemy izomorficznymi, jeśli
∃f : V −→ W – izomorfizm tych grafów
Definicja 11. Izomorfizm f : V −→ V grafu w siebie nazwiemy automorfizmem
Oznaczenie. Aut(G) – grupa automorfizmów grafu G = hV, Ei
Przykład 12. Jeśli |V | = n, to liczba istotnie różnych grafów izomorficznym
n!
z G (czyli po wyłączeniu automorfizmów) wynosi Aut(G)
−1
Niech G – pewna grupa (G, •, e,−1 ) (G nie oznacza tutaj grafu! – M.S.)
Definicja 12. Powiemy, że grupa G działa na zbiorze X z lewej strony. . .
G × X −→ X
(g, x) 7−→ g ⊗ x
. . . jeśli:
1◦ ∀x∈X e ⊗ x = x
2◦ ∀g,h∈G ∀x∈X h ⊗ (g ⊗ x) = (h • g) ⊗ x
Przykład 13. Działanie grupy G na zbiorze X daje przyporządkowanie ze
zbioru elementów G w zbiór S(X) – wszystkich permutacji zbioru X (ale niekoniecznie “na” – M.S.)
G 3 g 7−→ φg ∈ S(X)
8
φg (x) := g ⊗ x
1−1
Dowód. Chcemy aby φg : X −→ X (wystarczy do tego “1 − 1”). Niech zatem:
na
φg (x) = φg (y)
g⊗x=g⊗y
g −1 ⊗ (g ⊗ x) = g −1 ⊗ (g ⊗ x)
↓ 2◦
(g −1 • g) ⊗ x = (g −1 • g) ⊗ y
e⊗x=e⊗y
↓ 1◦
x=y
Definicja 13. Zbiór Gx := {g ∈ G : g ⊗ x = x} nazwiemy stabilizatorem
elementu x, lub grupą izotropii elementu x
Definicja 14. Zbiór G ⊗ x := {g ⊗ x : g ∈ G} ⊂ X nazwiemy orbitą elementu
x w działaniu grupą G
Twierdzenie 12.
|G ⊗ x| =
|G|
|Gx |
Dowód.
G ⊗ (x, y) := {g ∈ G : g ⊗ x = y}
zdefiniujmy relację
x ∼ y ⇔ ∃g∈G g ⊗ x = y
Wówczas ∼ jest relacją równoważności i [x]∼ = G ⊗ x
g ∈ G ⊗ (x, y) ∩ G ⊗ (x, z)
⇒
g⊗x=y
g⊗x=z
Stąd x = z czyli dla ustalonego x zbiory G ⊗ (x, ∗) są albo równe albo rozłączne.
[
X
G ⊗ (x, y) =
|G ⊗ (x, y)|
G = y∈G⊗x
y∈G⊗x
Potrzebujemy obliczyć |G ⊗ (x, y)| (licząc, że wynik będzie taki sam dla wszystkich y)
G ⊗ (x, y) = {g ∈ G : g ⊗ x = y} = . . .
Korzystamy z y ∈ G ⊗ x, czyli ∃h∈G y = h ⊗ x
. . . = {g ∈ G : g ⊗ x = h ⊗ x}
= {g ∈ G : h−1 ⊗ (g ⊗ x) = h−1 ⊗ (h ⊗ x)} =
{g ∈ G : (h−1 • g) ⊗ x = x} = Gx Dzięki temu mamy
X G =
Gx = G ⊗ x · Gx y∈G⊗x
9
Wniosek:
Liczba grafów izomorficznych z grafem G = hV, Ei istotnie różnych ze względu
na automorfizmy wynosi
|V |!
|Aut(G)|
10
3
Twierdznie Halla
Wykład 5
Niech sytuacja będzie następująca:
[n] – zbiór pań
Ai – zbiór tych panów, których lubi pani i
Twierdzenie 13 (Halla – wersja matrymonialna).
[ ∀I⊂[n] Ai ≥ |I| ⇔ Każdej pani i można znaleźć męża z Ai
i∈I
|
{z
}
warunek?
Dowód. Dowodzimy przez zamachanie rękoma. Tyle przynajmniej zrozumiałem
z wykładu. Dowód na wikipedii jest dość upierdliwy do prześledzenia, ale jeśli
będą chętni to spróbuję to przetrawić – M.S.
Definicja 15. Transwersalą (systemem różnych reprezentantów) rodziny U =
(A1 , . . . , An ) zbiorów skończonych, nazywamy ciąg (ai , . . . , an ) taki, że
ai ∈ Ai
ai 6= aj dla i 6= j
oraz
Twierdzenie 14 (Halla – wersja transwersalna). Rodzina U = (A1 , . . . , An )
ma transwersalę ⇔ spełnia warunek?
Definicja 16. Graf G = hV, Ei nazwiemy dwudzielnym jeśli istnieje podział
zbioru V na niepuste V1 , V2 taki, że
∀v,w {v, w} ∈ E ⇒ v ∈ V1 ∧ w ∈ V2
Twierdzenie 15 (Halla – wersja grafowa). W grafie dwudzielnym G = hV, Ei
istnieje skojarzenie (funkcja) V1 −→ V2 ⇔
∀ {v ∈ V2 : ∃w∈W {v, w} ∈ E} ≥ W W ⊂V1
Twierdzenie 16 (Halla – wersja macierzowa). W macierzy binarnej (zawierającej tylko 0 i 1) można wybrać z każdego wiersza po jednej jedynce, tak aby
żadne dwie z nich nie stały w tej samej kolumnie (jak przy ustawianiu wież
na szachownicy) ⇔ dla dowolnego podzbioru k wierszy macierzy liczba kolumn
zawierających 1 z chociaż jednego z wziętych wierszy jest niemniejsza od k


1 1 1 0
1 0 1 0


0 1 1 1
1 0 1 0
11
Założenia:
U = (A1 , . . . , An )
A1 , . . . , An ⊂ X – podzbiory skończone
P ⊂X
Twierdzenie 17. Istnieje transwersala rodziny U zawierająca wszystkie elementy P ⇔
1. istnieje tranwersala U
2.
[ I ⊂ [n] ⇒ P r
Ai ≤ n − I i∈I
Dowód. Niech m = |X|
m = n jeśli istnieje tranwersala to teza jest oczywista
B1
Bn+1
Bn
Bm
m > n rozważmy B = (A1 , . . . , An , X r P , . . . , X r P )
|
{z
}
m−n
I ⊂ {1, . . . , m}
1. I ⊂ {1, . . . , n} ⇒ teza spełniona z istnienia transwersali U
2. I = I 0 ∪ I 00 I 0 ⊂ {1, . . . , n} I 00 ⊂ {n + 1, . . . , m}
[
[ [
[
Ai ∪ (P r X)
Ai ∪
Bi = Bi = 0
0
00
i∈I
= X r
i∈I
i∈I
i∈I
!
[ [
Ai Pr
Ai = X − P r
0
0
i∈I
i∈I
0
0
00
≥ m − (n − |I |) = m − n + |I | ≥ |I | + |I 0 | = |I|
Korzystając z tw. Halla mamy transwersalę rodziny B – to wystarczy
12
4
Bardziej zaawansowane prawa i metody
Wykład 6
Twierdzenie 18 (Zasada szufladkowa Dirichleta). Jeśli rozmieszczamy n obiektów w k szufladkach i n > k, to w co najmniej jednej szufladce znajdą się co
najmniej dwa obiekty.
(Wersja bardziej “matematyczna”: funkcja ze zbioru n-elementowego w zbiór
k-elementowy nie będzie różnowartościowa – M.S.)
Przykład 14. Mamy 10 różnych liczb liczb naturalnych mniejszych niż 107.
Istnieją wówczas dwa rozłączne podzbiory tych liczb, których elementy dają
takie same sumy.
• Największa możliwa suma: 106 + . . . + 97 = 1015
Stąd różnych sum jest 1016 (wliczając w to zero)
• Możliwych podzbiorów zbioru 10-elementowego jest: 210 = 1024
• Każdemu podzbiorowi jest przyporządkawana jakaś suma, więc na pewno
istnieją dwa różne podzbiory dające te samą sumę.
• Urozłączniamy te dwa podzbiory odejmując od nich część wspólną – suma
obu zmniejszy się o tę samą liczbę, więc otrzymamy szukane zbiory.
Twierdzenie 19 (Lemat o uściskach dłoni). W każdym grafie G = hV, Ei takim,
że |V | = n > 1 zachodzi:
∃
v,w∈V
v 6= w ∧ δv = δw
Dowód. Korzystamy z Zasady szufladkowej
• Szufladki: możliwe stopnie wierzchołków {0, . . . , n − 1}
• Nie może w grafie być jednocześnie wierzchołków: stopnia zero i stopnia
maksymalnego.
• Jeśli każdemu wierzchołkowi przypiszemy jego stopień, to rozłożymy n
obiektów jedynie w n − 1 szufladkach (patrz punkt wyżej).
Przykład 15. Tu na wykładzie nastąpił dziwnie uargumentowny przykład z
kołem i siedmioma punktami. Nie za bardzo rozumiem jak (i czy w ogóle) miał
się on do lematu o uściskach dłoni, ale dla porządku dam koło:
Twierdzenie 20 (Zasada dwoistości). Dwa rozłączne zbiory nie mają wspólnych
elementów
13
Twierdzenie 21. W dowolnym grafie liczba wierzchołków stopnia nieparzystego
jest parzysta.
Dowód.
X
δv = 2|E|
v∈V
X
δv +
v∈V
2|δv
X
v∈V
2-δv
δv = 2|E|
|{z}
parzyste
| {z }
parzyste
Zatem:
X
δv
– parzyste
v∈V
2-δv
14
Wykład 7
Przykład 16. Mamy szachownicę o wymiarach n×n. Da się ją pokryć kostkami
domina ⇔ n – parzyste.
⇐ oczywiste
⇒ dla n nieparzystego mamy n2 , czyli nieparzystą liczbę pól do pokrycia, a
każda kostka domina pokrywa równo dwa pola.
Przykład 17. Szachownica jak wyżej, ale usuneliśmy dwa przeciwległe narożne
pola. Takiej szachownicy nigdy nie da się pokryć kostkami domina.
2 - n jak wyżej – n2 − 2 jest liczbą nieparzystą
2 | n przeciwległe narożniki są tego samego koloru, czyli na szachownicy zostało
o dwa więcej pól jednego koloru.
Ponieważ każda kostka domina położona na szachownicy przykrywa zawsze jedno białe i jedno czarne pole pokrycie nimi szachownicy nie jest
możliwe.
Przykład 18. Mamy szachownicę 6 × 6. Wiemy, że możemy ją pokryć 18 kostkami domina.
Pokazać, że każde takie pokrycie da się podzielić na dwa pokrycia prostokątne.
Jest 10 sposobów, żeby przeciąć daną szachownicę na dwa prostokąty, przy
czym każde cięcie może kolidować z 2, 4, lub 6 kostkami.
1
2
2
4
6
3
4
5
6
7
8
9 10
Dodatkowo, jeśli jakieś cięcie koliduje z pewną kostką, to żadne inne cięcie
z nią nie koliduje.
Załóżmy teraz, że każde cięcie koliduje z jakąś kostką. Ponieważ najmniejszą
liczbą napotkanych kostek przy jednym cięciu jest 2, to 10 musiałoby kolidować
łącznie z co najmniej 20 kostkami.
Wszystkich kostek jest 18.
→←
15
Przykład 19. Nie można narysować poniższej figury nie odrywając ręki (oraz
nie rysując żadnego z odcinków dwukrotnie).
Każdy wierzchołek przez który przechodzimy ma stopień parzysty (tyle samo
“wejść” co “wyjść”). Powyższy rysunek ma natomiast zbyt wiele wierzchołków
stopnia nieparzystego.
Przykład 20. W grafie dwudzielnym każdy cykl ma parzystą liczbę krawędzi.
Niech (v1 , . . . , vn ) będzie cyklem w grafie hV1 , E, V2 i. Niech v1 ∈ V1 (sytuację
odwrotną – analogicznie).
Wtedy, dla k ≤ n2 zachodzi v2k ∈ V2 oraz v2k+1 ∈ V1 . Ponieważ vn ∈ V2 , to
2 | n.
Twierdzenie 22. Graf jest dwudzielny wtedy i tylko wtedy, gdy nie zawiera
cykli o nieparzystej liczbie krawędzi.
Dowód. G = hV, Ei
⇒ Patrz Przykład 20.
⇐ Bez straty ogólności możemy założyć, że graf G jest spójny (w przeciwnym
przypadku dzielimy go na składowe spójne i o każdej dowodzimy, że jest
dwudzielna). Niech v0 ∈ V .
1. Zdefiniujmy:
V1 := {v ∈ V : ∃ szlak z v0 do v o parzystej liczbie krawędzi}
V2 := {v ∈ V : ∃ szlak z v0 do v o nieparzystej liczbie krawędzi}
2. G – spójny, więc V = V1 ∪ V2 . Nie wiemy jednak, czy jest to suma
rozłączna.
Załóżmy, że v ? ∈ V1 ∩ V2
3. Niech:
E1 := {szlak z v0 do v ? o parzystej liczbie krawędzi}
E2 := {szlak z v0 do v ? o nieparzystej liczbie krawędzi}
4. Weźmy teraz:
E ? := (E1 ∪ E2 ) r (E1 ∩ E2 )
16
G? := hV, E ? i
Dla dowolnego v ∈ V zachodzi:
δG? v = δE1 v + δE2 v − 2 · δE1 ∩E2 v
|{z}
|{z}
| {z }
∈{0,1,2}
∈{0,1,2}
=⇒ 2 | δG? v
∈{0,2}
Ponieważ stopnie w E1 i E2 są równe 1 tylko dla v0 i v ? , a wtedy
sumują się do 2
5. Z powyższego wynika, że w G? istnieje podział zbioru krawędzi na
cykle. Ponieważ z założenia twierdzenia wszystkie cykle w G są parzyste, to |E ? | jest parzyste. Ale w efekcie mamy:
|E ? | = |E1 | +
|{z}
|{z}
parzyste
parzyste
|E2 |
|{z}
nieparzyste
− 2|E1 ∩ E2 |
| {z }
sprz. →←
parzyste
Czyli V1 ∩ V2 = ∅
6. Niech v1 ∈ V1 i v2 ∈ V takie, że {v1 , v2 } ∈ E
Istnieje P := {szlak z v0 do v1 } i |P | – parzyste.
Dodatkowo P może przechodzić przez v2 (i wtedy {v1 , v2 } jest ostatnią krawędzią w P ) lub też nie.
7. Jeśli P przechodzi przez v2 , to P 0 := P r {{v1 , v2 }} jest szlakiem z
v0 do v2 oraz |P 0 | – nieparzyste, czyli v2 ∈ V2
Jeśli P nie przechodzi przez v2 , to P 00 := P ∪ {{v1 , v2 }} jest szlakiem
z v0 do v2 oraz |P 00 | – nieparzyste, czyli również v2 ∈ V2
Czyli każdy wierzchołek z V1 może łączyć się tylko z wierzchołkami
z V2 ⇒ graf jest dwudzielny.
17
5
Zasada włączania/wyłączania
Kilka przykładów:
|A ∪ B| = |A| + |B| − |A ∩ B|
|A ∪ B ∪ C| = |A| + |B| + |C| − |A ∩ B| − |B ∩ C| − |C ∩ A| + |A ∩ B ∩ C|
Przykład 21. W klasie jest 30 osób z czego:
• 20 uczy się angielskiego,
• 14 uczy się niemieckiego,
• 10 uczy się francuskiego,
• nikt nie uczy się wszystkich języków oraz
• 8 osób nie uczy się żadnego języka.
Ile osób uczy się jednocześnie niemieckiego i francuskiego?
Oznaczamy zbiory osób uczących się kolejnych języków przez A, N, F .
|A ∪ N ∪ F | = |A| + |N | + |F | −|A ∩ N | − |N ∩ F | − |F ∩ A| + |A ∩ N ∩ F |
|
{z
} |{z} |{z} |{z}
|
{z
}
22
20
14
10
0
22 = |A ∩ N | + |N ∩ F | + |F ∩ A| zatem nie ma osób, które uczą się tylko jednego
języka.
Stąd 20 = |A| = |A ∩ N | + |A ∩ F | i po odjęciu stronami od powyższej
równości otrzymujemy:
|F ∩ N | = 2
Oznaczenie. [n]k – rodzina wszystkich k-elementowych podzbiorów zbioru [n]
Twierdzenie 23 (Wzór Sylvestera). A1 , . . . , An – zbiory skończone, wówczas:
n
n
[
X
X \ (n)
(n)
k−1
(−1)
· Sk ;
Sk :=
Ai =
Ai k
i=1
k=1
I∈[n]
i∈I
Twierdzenie 24 (Zasada włączania/wyłączania). Niech Ai ⊂ X dla i =
(n)
1, . . . , n, S0 = |X|, N0 – liczba elementów X nie należących do żadnego ze
zbiorów Ai .
n
n
X
[
(n)
N0 = X r
Ai =
(−1)k Sk
i=1
i=0
Dowód.
n
n
n
[ [
X
(n)
Ai = |X| − Ai = |X| −
(−1)k−1 Sk =
X r
i=1
i=1
(n)
S0
+
n
X
k=1
(n)
(−1)k Sk
k=1
=
n
X
k=0
18
(n)
(−1)k Sk
Przykład 22. Ile jest surjekcji (funckji “na”) ze zbioru m-elementowego D na
zbiór R = {y1 , . . . , yn }?
X = RD
Ai = {f ∈ X : yi ∈
/ f (D)}
N0 =
n
X
(n)
(−1)k Sk
k=0
(n)
Sk
X
X \ n
(n − |I|)m =
(n − k)m
=
Ai =
k
k
k
I∈[n]
i∈I
I∈[n]
n
X
N0 =
n
(−1)
(n − k)m
k
k
k=0
Definicja 17. Nieporządkiem rzędu n nazwiemy permutację zbioru n-elementowego
bez punktów stałych.
Oznaczenie: Dn
Przykład 23. Ile jest nieporządków rzędu n?
Ai = {f ∈ X : f (i) = i}
X – permutacje zbioru [n]
D n = N0 =
n
X
(n)
(−1)k Sk
k=0
\ Ai = (n − |I|)!
(n)
Sk
i∈I
Dn =
n
X
n
=
(n − k)!
k
n
(−1)
(n − k)!
k
k
k=0
Przykład 24. Na ile sposobów można posadzić n par wrogów przy okrągłym
stole tak, aby nikt nie siedział obok swojego wroga.
X – wszystkie rozsadzenia 2n osób przy okrągłym stole
Ai – rozsadzenia takie, że i-ta para wrogów siedzi obok siebie
N0 =
n
X
(−1)k
k=0
n
(2n − 1 − k)! · 2k
k
(Nie wiem jak się do takiego rozwiązania doliczyć. Mnie wychodzi trochę
inaczej – M.S.)
Przykład 25. Oblicz prawdopodobieństwo, że losowo wybrany graf G = hV, Ei,
gdzie V = [n] a |E| = N nie ma żadnych wierzchołków izolowanych.
X – wszystkie grafy dla zadanych warunków na V i E
Ai – takie grafy, że wierzchołek i jest izolowanych
n−k
n
X
N0
N0
k n
2
= n
N0 =
(−1)
P(N0 ) =
(2)
|X|
k
N
k=0
N
19