Regionalne Koło Matematyczne

Komentarze

Transkrypt

Regionalne Koło Matematyczne
Regionalne Koło Matematyczne
Uniwersytet Mikołaja Kopernika w Toruniu
Wydział Matematyki i Informatyki
http://www.mat.umk.pl/rkm/
Lista rozwiązań zadań nr 12 (11-16.01.2010)
Elementy kombinatoryki
Komentarz I
Rozwiązywanie zadania kombinatorycznego często sprowadza się do zliczenia elementów pewnych zbiorów skończonych. Obowiązuje zasada:
zanim policzymy elementy pewnego zbioru, musimy najpierw opisać elementy tego zbioru w sposób jednoznaczny.
Zbiory skończone będziemy oznaczać wielkimi literami X, Y , A, . . ., a ich liczności
¯ , Ȳ¯ , Ā¯, . . .
(czyli ich moce) przez X̄
Zadanie 1. Sporządzono listę wszystkich liczb naturalnych podzielnych przez 3, które w zapisie dziesiątkowym mają siedem cyfr i cyframi tymi są tylko jedynki lub
zera. Ile jest liczb na liście?
Rozwiązanie. Jeśli n = a6 a5 . . . a1 a0 jest siedmiocyfrową liczbą zapisaną przy pomocy
tylko zer i jedynek, a przy tym podzielną przez 3, to a6 = 1 i suma cyfr S = a6 + a5 +
. . . + a1 + a0 jest podzielna przez 3. Ponieważ 1 ¬ S ¬ 7, więc S jest podzielna przez
3 wtedy i tylko wtedy, gdy S = 3 lub S = 6. Oznacza to, że zbiór X wszystkich liczb
siedmiocyfrowych, podzielnych przez 3 i zapisanych przy pomocy zer i jedynek, jest
sumą dwóch rozłącznych zbiorów X1 i X2 :
X1 = {1a5 a4 a3 a2 a1 a0 ; wśród a5 , . . . , a0 są 2 jedynki i 4 zera},
X2 = {1a5 a4 a3 a2 a1 a0 ; wśród a5 , . . . , a0 jest 5 jedynek i 1 zero}.
X̄¯2 =6, gdyż mamy 6 możliwości wyboru miejsca na jedyne zero (na pozycji zerowej,
pierwszej, . . . , piątej).
Zbiór X1 rozbijamy na pięć rozłącznych podzbiorów:
X1 = U1 ∪ U2 ∪ U3 ∪ U4 ∪ U5 ,
1
przy czym
U1
U2
U3
U4
U5
= {11a4 a3 a2 a1 a0 ; wśród a4 , . . . , a0 jest jedna jedynka i 4 zera},
= {101a3 a2 a1 a0 ; wśród a3 , . . . , a0 jest jedna jedynka i 3 zera},
= {1001a2a1 a0 ; wśród a2 , a1 , a0 jest jedna jedynka i 2 zera},
= {10001a1a0 ; a1 , a0 ∈ {0, 1}, a1 6= a0 },
= {1000011}.
Mamy
X1 = U1 + U2 + U3 + U4 + U5 = 5 + 4 + 3 + 2 + 1 = 15.
Stąd
X = X1 + X2 = 15 + 6 = 21.
Komentarz II
Rozwiązanie Zadania 1. oparte jest o dobrze osadzoną w intuicjach regułę.
Reguła I
• Jeżeli A, B są skończonymi zbiorami i A ∩ B = ∅, to A ∪ B = A + B.
• Jeżeli A1 , A2 , . . . An są skończonymi zbiorami i Ak ∩ Al = ∅ dla k 6= l, to
A1 ∪ A2 ∪ . . . ∪ An = A1 + A2 + . . . + An .
Warto zatem czasami zbiór, którego elementy zliczamy, rozbić na sumę parami
rozłącznych podzbiorów, zliczyć elementy każdego z nich oddzielnie, a następnie
dodać do siebie otrzymane liczby.
Zadanie 2. Ile jest liczb trzycyfrowych, które
1. są podzielne przez 2,
2. są podzielne przez 3,
3. są podzielne przez 5,
4. są podzielne przez 7,
5. są podzielne przez 2 i 3,
6. są podzielne przez 3 i 5 i 7,
7. są podzielne przez 2 lub 3,
8. są podzielne przez 2 lub 3 lub 5,
9. są podzielne przez 2 lub 3 lub 5 lub 7,
10. nie są podzielne ani przez 2, ani przez 3, ani przez 7?
2
Rozwiązanie. Symbolem Pi oznaczmy zbiór liczb trzycyfrowych podzielnych przez
liczbę i. Prawdziwe są równości:
P2 = 450,
P3 = 300,
P5 = 180,
P7 = {105, 112, 119, . . . , 994} = {7k; k = 15, 16, . . . , 142} = 128.
Zbiór liczb trzycyfrowych podzielnych przez 2 i przez 3 to część wspólna zbiorów
P2 i P3 , która jest zbiorem P6 . Mamy
P2 ∩ P3 = P6 = 150.
Podobnie,
P2 ∩ P3 ∩ P7 = P42 = {126, 168, . . . , 966} = {42k; 3 ¬ k ¬ 23} = 21.
Zbiór liczb podzielnych przez 2 lub przez 3 jest sumą zbiorów P2 i P3 , przy czym
zbiory te mają niepustą część wspólną P2 ∩P3 = P6 . Zauważmy, że jeśli chcemy podać
liczbę elementów w sumie zbiorów P2 ∪ P3 , to nie możemy tego zrobić dodawszy po
prostu liczby P¯2 i P¯3 , bo wówczas liczby podzielne przez 6 policzylibyśmy dwa razy.
Mamy natomiast równość:
P2 ∪ P3 = P2 + P3 − P6 = 450 + 300 − 150 = 600.
Z mocą zbioru liczb podzielnych przez 2 lub 3 lub 5, czyli z mocą sumy trzech
zbiorów : P2 , P3 , P5 sprawa jest bardziej skomplikowana. Mamy:
P2 ∪ P3 ∪ P5 = P2 + P3 + P5 − P2 ∩ P3 − P2 ∩ P5 − P3 ∩ P5 + P2 ∩ P3 ∩ P5
= P2 + P3 + P5 − P6 − P10 − P15 + P30
= 450 + 300 + 180 − 150 − 90 − 60 + 30 = 660.
Jak poprzednio, dodanie mocy zbiorów P2 , P3 , P5 spowodowałoby, że np. liczby
podzielne przez 2 i 3, zostałyby policzone dwa razy zamiast jeden raz; stąd moce
części wspólnych każdej z par zbiorów występują w naszym rachunku ze znakiem
„-”. Zauważmy także, że konieczne jest dodanie P¯30 , bo w przeciwnym razie w ogóle
nie policzylibyśmy wielokrotności 30.
Elementy zbioru liczb podzielnych przez 2 lub 3 lub 5 lub 7, czyli elementy sumy
zbiorów P2 ∪P3 ∪P5 ∪P7 , zliczamy analogicznie, modyfikując odpowiednio rachunek:
P2 ∪ P3 ∪ P5 ∪ P7 = P2 + P3 + P5 + P7
−P2 ∩ P3 − P2 ∩ P5 − P2 ∩ P7 − P3 ∩ P5 − P3 ∩ P7
−P5 ∩ P7 + P3 ∩ P5 ∩ P7 + P2 ∩ P5 ∩ P7 + P2 ∩ P3 ∩ P7
+P2 ∩ P3 ∩ P5 − P2 ∩ P3 ∩ P5 ∩ P7
= P2 + P3 + P5 + P7 − P6 − P10 − P14 − P15 − P21 − P35
+P105 + P70 + P42 + P30 − P210
= 450 + 300 + 180 + 128 − 150 − 90 − 64 − 60 − 43
−26 + 9 + 13 + 21 + 30 − 4 = 694.
3
Aby dać odpowiedź na ostatnie pytanie zauważmy, że zbiór X liczb trzycyfrowych
niepodzielnych ani przez 2, ani przez 3, ani przez 7 jest różnicą zbioru liczb trzycyfrowych oraz zbioru liczb trzycyfrowych podzielnych przez 2 lub 3 lub 7:
X = {100, 101, . . . , 999} − (P2 ∪ P3 ∪ P7 ),
skąd wynika równość
X = 900 − P2 ∪ P3 ∪ P7 ,
a liczbę P2 ∪ P3 ∪ P7 uzyskamy tak, jak poprzednio:
P2 ∪ P3 ∪ P7 = P2 + P3 + P7 − P2 ∩ P3 − P2 ∩ P7
−P3 ∩ P7 + P2 ∩ P3 ∩ P7
= P2 + P3 + P7 − P6 − P14 − P21 + P42
= 450 + 300 + 128 − 150 − 64 − 43 + 21 = 642.
Komentarz III
Rozwiązanie Zadania 2. oparte jest o następującą regułę
Reguła II (prawo włączeń i wyłączeń dla mocy)
• Jeżeli A, B są skończonymi zbiorami, to prawdziwa jest równość
A ∪ B = A + B − A ∩ B.
• Jeżeli A, B, C są skończonymi zbiorami, to prawdziwa jest równość
A ∪ B ∪ C = A + B + C − A ∩ B − A ∩ C − B ∩ C + A ∩ B ∩ C.
• Jeżeli A, B, C, D są skończonymi zbiorami, to prawdziwa jest równość
A∪B∪C ∪D = A+B+C +D−A∩B−A∩C −A∩D
−B ∩ C − B ∩ D − C ∩ D + B ∩ C ∩ D + A ∩ C ∩ D
+A ∩ B ∩ D + B ∩ C ∩ D − A ∩ B ∩ C ∩ D.
• Jeżeli A1 , A2 , . . . An są skończonymi zbiorami, to liczbę elementów zbioru
A1 ∪ A2 ∪ . . . ∪ An można wyliczyć dodając moce wszystkich zbiorów Ai ,
następnie odejmując moce wszystkich iloczynów postaci Ai ∩ Aj , potem
dodając moce wszystkich iloczynów postaci Ai ∩ Aj ∩ Ak , następnie odejmując moce wszystkich iloczynów długości cztery, itd.
Regułę dowodzi się indukcyjnie.
Zadanie 3. Zapisujemy liczby czterocyfrowe używając cyfr ze zbioru {2,3,5,7,8,9}.
Ile jest
4
1. wszystkich takich liczb,
2. takich liczb, w których zapisie każda cyfra jest inną,
3. takich liczb, które są parzyste i większe niż 5000,
4. liczb parzystych, w których zapisie wystepują cztery różne cyfry?
Rozwiązanie.(1) Rozważamy liczby postaci abcd, gdzie a, b, c, d ∈ {2, 3, 5, 7, 8, 9}.
Wyobraźmy sobie, że zapis liczby tworzymy w czterech etapach:
• I etap: wybieramy cyfrę a – można to uczynić na 6 sposobów,
• II etap: wybieramy cyfrę b – można to uczynić na 6 sposobów (niezależnie od
wyboru cyfry a),
• III etap: wybieramy cyfrę c – można to uczynić na 6 sposobów (niezależnie od
poprzednich wyborów),
• IV etap: wybieramy cyfrę d – można to uczynić na 6 sposobów (niezależnie od
poprzednich wyborów).
Na każdy wybór cyfry a przypada 6 możliwych wyborów cyfry b. Zatem parę uporządkowaną ab można wybrać na 6 · 6 = 36 sposobów. Dalej, na każdy wybór pary
ab (jeden z trzydziestu sześciu) przypada 6 sposobów wyboru cyfry c, a więc trójkę
uporządkowaną abc można utworzyć na 6 · 36 = 216 sposobów. I wreszcie na każdy
wybór trójki abc przypada 6 sposobów wyboru cyfry d. Wynika stąd, że wszystkich
liczb czterocyfrowych zbudowanych z cyfr 2,3,5,7,8,9 jest 6 · 216 = 1296.
Rozwiązanie.(2) Policzymy teraz w analogiczny sposób, ile jest liczb czterocyfrowych, zbudowanych z cyfr 2,3,5,7,8,9, o różnych cyfrach. Tak, jak poprzednio, wyobrażamy sobie, że liczby abcd o różnych cyfrach tworzymy w czterech etapach, za
każdym razem wybierając inna cyfrę:
• I etap: wybieramy cyfrę a – można to uczynić na 6 sposobów,
• II etap: wybieramy cyfrę b – można to uczynić na 5 sposobów (jedna z cyfr
została użyta w pierwszym etapie i nie można jej wybrać po raz drugi),
• III etap: wybieramy cyfrę c – można to uczynić na 4 sposoby (nie możemy
bowiem brać pod uwagę cyfr wybranych w I i II etapie),
• IV etap: wybieramy cyfrę d – można to uczynić już tylko na 3 sposoby (w
trakcie realizacji trzech poprzednich etapów wybrano już trzy cyfry, i czwartą
cyfrę trzeba wybierać sposród pozostałych trzech).
Z naszych rozważań wynika, że liczb o wspomnianych wyżej własnościach jest 6 ·
5 · 4 · 3 = 360.
Rozwiązanie.(3) Rozważamy teraz wszystkie czterocyfrowe liczby zbudowane z cyfr
2, 3, 5, 7, 8, 9, parzyste i większe niż 5000, a więc liczby abcd takie, że a ∈ {5, 7, 8, 9},
b, c ∈ {2, 3, 5, 7, 8, 9} i d ∈ {2, 8}. Ponownie wyobrażamy sobie proces zapisywania
takich liczb w czterech etapach:
5
• I etap: wybieramy cyfrę a – można to uczynić na 4 sposoby,
• II etap: wybieramy cyfrę b – można to uczynić na 6 sposobów (niezależnie od
wyboru cyfry a),
• III etap: wybieramy cyfrę c – można to uczynić na 6 sposobów (niezależnie od
pierwszych dwóch wyborów),
• IV etap: wybieramy cyfrę d – można to uczynić na 2 sposoby.
Wynika stąd, że liczb parzystych, większych od 5000 i zbudowanych z cyfr 2,3,5,7,8,9
jest 4 · 6 · 6 · 2 = 288.
Rozwiązanie.(4) Aby zliczyć wszystkie liczby czterocyfrowe parzyste, abcd, o różnych cyfrach i zbudowane z cyfr 2, 3, 5, 7, 8, 9, postąpimy podobnie, jak w zadaniach
(1), (2) i (3). Tym razem jednak zmienimy kolejność czynności.
Zauważmy, że gdybyśmy tworzyli liczbę wybierając najpierw cyfry a, b, i c, to pojawiłby się kłopot z ustaleniem liczby możliwych realizacji wyboru cyfry d (musiałaby
to być cyfra 2 lub 8, ale przecież nie jest jasne, czy któraś z nich nie została wybrana
wcześniej). Dlatego warto zacząć tym razem od cyfry jedności:
• I etap: wybieramy cyfrę d – można to uczynić na 2 sposoby, (musi to być dwójka
lub ósemka),
• II etap: wybieramy cyfrę a – można to uczynić na 5 sposobów (dwójka lub
ósemka stała się przed chwilą cyfrą jedności i nie można jej wybrać po raz
drugi),
• III etap: wybieramy cyfrę b – można to uczynić na 4 sposoby (nie możemy
bowiem brać pod uwagę cyfr wybranych w I i II etapie),
• IV etap: wybieramy cyfrę c – można to uczynić już tylko na 3 sposoby (w trakcie
realizacji trzech poprzednich etapów wybrano już trzy cyfry, i czwartą cyfrę
trzeba wybierać sposród pozostałych trzech).
Widać więc, że liczb o podanych własnościach jest 2·5·4·3 = 120. Zwroćmy uwagę na
to, że ważne tutaj było, żeby najpierw wybrać cyfrę jedności; realizcja pozostałych
trzech etapów mogła przebiegać w dowolnej kolejności.
Komentarz IV
Rozwiązanie Zadania 3. oparte jest o następującą regułę
Reguła III (reguła mnożenia)
• Jeżeli pewną czynność można zrealizować w dwóch etapach, przy czym
– I etap można zrealizować na n1 sposobów,
– II etap można zrealizować na n2 sposobów, niezależnie od przebiegu
pierwszego etapu,
to wszystkich możliwych realizacji obu etapów łącznie jest n1 · n2 .
6
• Jeżeli pewną czynność można zrealizować w k etapach, przy czym
– pierwszy etap można zrealizować na n1 sposobów,
– drugi etap można zrealizować na n2 sposobów, niezależnie od przebiegu pierwszego etapu,
– trzeci etap można zrealizować na n3 sposobów, niezależnie od przebiegu etapów poprzednich,
– ...................................................................................
– etap o numerze k można zrealizować na nk sposobów, niezależnie od
przebiegu etapów wcześniejszych,
to wszystkich możliwych realizacji całej czynności jest n1 · n2 · n3 · . . . · nk .
Regułę mnożenia dowodzi się indukcyjnie.
Zadanie 4. Na ile różnych sposobów można ustawić 20 osób
1. w jednym rzędzie,
2. w jednym rzędzie i tak, aby panowie A i B stali obok siebie,
3. w jednym rzędzie i tak, aby panowie A i B nie stali obok siebie,
4. w jednym rzędzie i tak, ża między panami A i B stoją dwie osoby?
Komentarz V Ustawienie w jednym rzędzie n różnych obiektów o nazwach o1 , o2 , o3 ,
. . . on−1 , on opisujemy przy pomocy ciągu uporządkowanego długości n postaci (x1 , x2 ,
. . . , xn ), gdzie xi ∈ {1, 2, 3, . . . , n} dla i = 1, 2, . . . , n oraz xi 6= xj dla i 6= j. x1 oznacza numer pozycji, na której znajduje się obiekt o1 , x2 - numer pozycji, na której
znajduje się obiekt o2 , i ogólnie, xj oznacza numer pozycji, którą zajmuje obiekt oj ,
gdzie j = 1, 2, . . . , n.
Każdy taki ciąg nazywamy n-elementową permutacją bez powtórzeń zbioru {o1 , o2 , o3 ,
. . . , on }.
Dwa ciągi uporządkowane, (p1 , p2 , . . . , pn ) i (s1 , s2 , . . . , sn ), są identyczne, wtedy i tylko
wtedy, gdy dla każdego j takiego, że 1 ¬ j ¬ n, prawdziwa jest równość pj = sj .
Dwa ciągi uporządkowane, (p1 , p2 , . . . , pn ) i (s1 , s2 , . . . , sn ), nie są równe, wtedy i tylko
wtedy, gdy istnieje liczba naturalna j, 1 ¬ j ¬ n, taka że pj 6= sj .
Rozwiązanie. (1) Każde ustawienie 20 osób opisane jest przez uporządkowany ciąg
(x1 , x2 , . . . , x20 ), przy czym x1 , x2 , . . . x20 ∈ {1, 2, . . . , 20}, xi 6= xj dla i 6= j, oraz xj jest
numerem miejsca, które zajmuje osoba z numerem j.
Wyobraźmy sobie, że ustawiamy osoby (a więc tworzymy ciąg (x1 , x2 , . . . , x20 )) w
następujący sposób:
• I etap: osobę nr 1 ustawiamy na pozycji x1 – mamy do wyboru 20 miejsc,
• II etap: osobę nr 2 ustawiamy na pozycji x2 – mamy do wyboru 19 miejsc
(jedno jest już zajęte),
7
• III etap: osobę nr 3 ustawiamy na pozycji x3 – mamy do wyboru 18 miejsc (bo
dwa są już zajęte),
• ...................................................................................
• XX etap: osobę nr 20 ustawiamy na pozycji x20 – tutaj już nie mamy wyboru,
gdyż zostało tylko jedno miejsce.
Z zasady mnożenia wynika, że jest 20 · 19 · 18 · . . . · 2 · 1 = 20! różnych ustawień
dwudziestu osób. (Osoby są zawsze rozróżnialne!).
Rozwiązanie. (2) Policzymy teraz, ile jest takich ustawień, w których panowie A i B
stoją obok siebie. Przyjmijmy, że pan A jest osobą z numerem 1, a pan B osobą z
numerem 2. Rozważamy ciągi, (x1 , x2 , . . . , x20 ) o wartościach ze zbioru {1, 2, . . . , 20},
różnowartościowe i takie, że jeśli xk = 1, to xk+1 = 2 lub xk−1 = 2. Zauważmy, że
ciągów, w których dwójka znajduje się bezpośrednio za jedynką jest tyle samo co
ciągów, w których dwójka bezpośrednio poprzedza jedynkę. Wystarczy zliczyć ciągi
pierwszego rodzaju i ich liczbę przemnożyć przez 2.
Ciąg, w którym dwójka występuje bezpośrednio po jedynce tworzymy stopniowo;
• I etap: osobę nr 1 (pana A) ustawiamy na pozycji x1 – mamy do wyboru 19
miejsc (za nim musi się jeszcze znaleźć miejsce dla pana B),
• II etap: osobę nr 2 (pana B) ustawiamy na pozycji x2 – jej miejsce zostało
zdeterminowane w momencie wyboru miejsca dla osoby nr 1 – mamy tylko
jedną możliwość,
• III etap: osobę nr 3 ustawiamy na pozycji x3 – mamy do wyboru 18 miejsc (bo
panom A i B miejsca zostały przydzielone),
• IV etap: osobę nr 4 ustawiamy na pozycji x4 – mamy do wyboru 17 miejsc,
• ...................................................................................
• XX etap: osobę nr 20 ustawiamy na pozycji x20 – tutaj już nie mamy wyboru,
gdyż zostało tylko jedno miejsce.
Z zasady mnożenia wynika, że liczba ustawień 20 osób tak, aby pan A stał bezpośrednio przed panem B jest 19 · 1 · 18 · 17 · . . . · 2 · 1 = 19! a takich ustawień, w których
pan A stoi obok pana B z dowolnej jego strony jest 2 · 19!.
Rozwiązanie. (3) Mając rozwiązane zadania (1) i (2) łatwo podać rozwiązanie zadania
(3). Wystarczy zauważyć, że zbiór możliwych ustawień 20 osób, w których pan A nie
stoi obok pana B, jest różnicą zbioru wszystkich ustawień i zbioru tych ustawień, w
ktorych pan A stoi obok pana B. Mamy moc zbioru
{(x1 , x2 , . . . , x20 );
x1 , x2 , . . . x20 ∈ {1, 2, . . . , 20}, xi 6= xj dla i 6= j,
oraz jeśli xk = 1, to xk+1 6= 2 i xk−1 6= 2}
równą 20! − 2 · 19! = 19! · 18.
Rozwiązanie. (4) Rozważamy teraz takie ustawienia 20 osób, w kórych między panami A i B stoją dokładnie dwie osoby, czyli takie ciągi (x1 , x2 , . . . , x20 ), że x1 , x2 , . . . x20 ∈
{1, 2, . . . , 20}, xi 6= xj dla i 6= j, oraz w ciągu wystepuje jeden z „bloków” (1, ai , ai+1 , 2)
lub (2, ai , ai+1 , 1) dla pewnego i ∈ {2, 3, . . . , 18}.
Tworzymy ciąg w kolejnych etapach:
8
• I etap: wybieramy miejsce w ciągu dla bloku czteroelementowego i na skrajnych jego pozycjach „ustawiamy” pana A i pana B, czyli mamy ustalone wartości dla x1 i x2 – można to uczynić na 17 · 2 = 34 sposoby,
• II etap: osobę nr 3 ustawiamy na pozycji x3 – jednej z 18 wolnych,
• III etap: osobę nr 4 ustawiamy na pozycji x4 – mamy do wyboru 17 miejsc
• IV etap: osobę nr 5 ustawiamy na pozycji x5 – mamy do wyboru 16 miejsc,
• ...................................................................................
• XIX etap: osobę nr 20 ustawiamy na pozycji x20 – tutaj już nie mamy wyboru,
gdyż zostało tylko jedno miejsce.
Z zasady mnożnia wynika, że wszystkich ciągów o wspomnianych wyżej własnościach jest 34 · 18!.
Zadanie 5. Ile różnych łańcuchów na choinkę można zrobić wykorzystując 150 papierowych pasków czerwonych i 100 pasków złotych? Załóżmy dodatkowo, że na
jednym końcu łańcucha przyczepiamy dodatkowo ogniwo białe. Ile różnych łańcuchów można zrobić mając do dyspozycji 150 pasków czerwonych, 100 pasków
złotych i 80 pasków niebieskich?
Rozwiązanie. Jest zasadnicza różnica między sytuacją opisaną w tym zadaniu i sytuacją z zadania poprzedniego. Osoby ustawiane w rzędzie są obiektami rozróżnialnymi; paski tego samego koloru, z których robimy ogniwa łańcucha na choinkę,
nie rożnią się miedzy sobą.
Gdyby na każdym pasku napisano ołówkiem jego numerek, np. czerwone paski
miałyby oznaczenia c1 , c2 , . . . , c150 , a złote z1 , z2 , . . . , z100 , to odpowiedź byłaby łatwa.
Łańcuch byłby ciągiem (x1 , x2 , . . . , x250 ) takim, że xi ∈ {c1 , c2 , . . . , c150 z1 , z2 , . . . , z100 }
dla dowolnego i ∈ {1, 2, . . . , 250} i rożnowartościowym. W oparciu o zasadę mnożenia, zastosowaną tak, jak w rozwiazaniu Zadania 4(1), można by uzasadnić, że takich
ciągów jest 250!.
Skoro jednak paski jednego koloru sa nierozróżnialne, to różnych łańcuchów jest na
pewno mniej. Zanim podamy wynik, wyjaśnimy pewną ważną kwestię w kolejnym
Komenarzu.
Komentarz VI Prawdziwe jest twierdzenie: Jeżeli zbiór X ma n elementów i k
jest liczbą naturalną,
0 ¬ k ¬ n, to ze zbioru X można wybrać podzbiór k n
n!
elementowy na k = k!·(n−k)!
sposobów.
Z zasady mnożenia wynika, że ciągów (y1 , y2, . . . , yk ) różnowartościowych utworzonych z elementów zbioru X jest n · (n − 1) · . . . · (n − k + 1). Istotnie, ciąg można
zbudować w wielu krokach, wybierając y1 na n sposobów, następnie y2 – na (n − 1)
sposobów, y3 – na (n − 2) sposobów, itd. Ostatnim krokiem będzie wskazanie tego
elementu zbioru X, który znajdzie się na ostatniej, k- tej pozycji. Można go będzie
wybrać spośród n − k + 1 elementów, które jeszcze zostały.
Zróbmy teraz następujace doświadczenie myślowe (to nic, że mało realne!). Wyobraźmy sobie, że na oddzielnych kartkach mamy spisane wszystkie takie ciągi.
Posegregujmy te kartki na stosy tak, by w każdym ze stosów znalazły się ciągi, w
których występują te same elementy zbioru X (lecz w innej kolejności). Co ciekawego powinniśmy dostrzec? To, że w każdym ze stosów jest taka sama liczba kartek: k!
Stosów będzie n·(n−1)·...·(n−k+1)
= nk . Ważne jest, by zrozumieć, że każdy stos dobrze
k!
9
ilustruje jeden jedyny k-elementowy podzbiór zbioru X, i że jest tyle podzbiorów
k-elementowych zbioru X, ile stosów.
Wracamy do zliczania łańcuchów. Proces projektowania pojedynczego łańcucha
można sprowadzić do tego, że sposród numerów ogniw od 1 do 250 wskazujemy 150
pozycji, na których ma być kolor czerwony. Na pozostałych pozycjach umieścimy
ogniwa złote. Inaczej mówiąc, aby opisać ciąg (x1 , x2 , . . . , x250 ) taki, że xi ∈ c, z, dla
1 ¬ i ¬ 250, przy czym c występuje w ciągu 150 razy a z 100 razy, wystarczy wskazać,
na których miejscach
znajdą się symbole c. Z Komentarza V wynika, że można to
250
zrobić na 150 sposobów.
Nietrudno także policzyć, ile można zrobić różnych łańcuchów ze 150 pasków czerwonych, 100 pasków złotych i 80 pasków niebieskich. Łańcuch - to ciąg (x1 , x2 , . . . , x330 )
taki, że xi ∈ {c, z, n} dla i ∈ {1, 2, . . . , 330}, przy czym c powtarza się 150 razy, z 100
razy, a n 80 razy. Można sobie wyobrazić, że projektujemy go w trzech etapach:
• I etap: spośród330 miejsc wybieramy 150 miejsc na ogniwa czerwone – można
to uczynić na 330
sposobów,
150
• II etap: spośród pozostałych
180 miejsc wybieramy 100 miejsc na ogniwa złote
180
– możliwości mamy 100 ,
• III etap: pozostałe 80 miejsc zapełniamy ogniwami niebieskimi – można to
zrobić tylko na jeden sposób.
Z
mnożenia liczba możliwych sposobów utworzenia łańcuchów jest równa:
zasady
330
180
330!
·
= 150!·100!·80!
.
150
100
Zadanie 6. Na ile sposobów można z klasy 30-osobowej wybrać
1. 3 osoby: przewodniczącego klasy, jego zastępcę oraz skarbnika,
2. drużynę 7-osobową?
Rozwiązanie. (1) A = {(p, z, s); p, z, s ∈ {1, 2, . . . , 30}, p 6= z, p 6= s, z 6= s}.
Trójkę uprządkowaną tworzymy w trzech etapach.
• I etap: wybieramy przewodniczącego(p) – można to uczynić na 30 sposobów,
• II etap: spośród pozostałych 29 członków klasy wybieramy zastępcę – mamy
29 możliwości,
• III etap: sposród pozostałych 28 członków klasy wybieramy skarbnika – mamy
28 możliwości.
Z zasady mnożenia wynika, że możliwych wyborów jest A = 30 · 29 · 28.
Rozwiązanie (2) B = {{x1 , x2 , .. . , x7 }; xi ∈ {1, 2, . . . , 30} dlai = 1, 2, . . . 7}
Z Komentarza V wynika: B = 30
.
7
Zadanie 7. Na ile sposobów można rozdać talię 52 kart czterem brydżystom N, W,
S i E?
Rozwiązanie. Pojedyncze rozdanie kart można opisać jako uporządkowaną czwórkę (A, B, C, D), przy czym A, B, C, i D są rozłącznymi, 13-elementowymi podzbiorami zbioru {1, 2, . . . , 52} odpowiadającego talii kart. Zbiór A to zestaw kart gracza
N, B to karty gracza W, C karty gracza S a D karty gracza E. Taką czwórkę uporządkowaną można utworzyć w czterech etapach.
10
• I etap: spośród
52
kart (czyli liczb 1,2,...,52) wybieramy 13 dla gracza N – można
52
to zrobić na 13 sposobów,
• II etap: spośród
pozostałych 39 kart wybieramy 13 dla gracza W – można to
zrobić na 39
sposobów,
13
• III etap: spośród
26 pozostałych kart wybieramy 13 dla gracza S – można to
zrobić na 26
sposobów,
13
• IV etap: pozostałe 13 kart przeznaczamy dla gracza E – tutaj nie mamy żadnego
wyboru.
Z zasady mnożenia liczba wszystkich opisanych wyżej rozdań jest równa
!
!
!
!
13
52!
52
39
26
·
·
·
=
.
13
13
13
13
(13!)4
11