rycerze przekroczyć

Komentarze

Transkrypt

rycerze przekroczyć
Matematyka dyskretna
© Andrzej Łachwa, UJ, 2014
[email protected]
10/15
Zbiory przeliczalne
Przyjmujemy, że = {0, 1, 2, 3, … n‐1} dla n>0 oraz = przy n=0. Zbiór skończony to zbiór bijektywny z pewnym zbiorem postaci . Zbiór nieskończony to zbiór, który nie jest skończony. Liczba elementów skończonego zbioru X to jedyna liczba naturalna n taka, że istnieje bijekcja z w X. Liczbę te oznaczamy przez |X|. . Oczywiście Zbiór przeliczalny to zbiór skończony lub bijektywny z .
Zbiór pusty jest przeliczalny, bo jest skończony. Zbiór liczb parzystych jest przeliczalny, bo jest bijekcją . Zbiór liczb całkowitych jest przeliczalny, bo jest bijekcją z w . 3 zasady zliczania
Zaczynamy od 3 zasad ogólnych: dodawania, włączania‐wyłączania oraz mnożenia.
ZASADA DODAWANIA
Dla skończonych i rozłącznych zbiorów A i B mamy Dla zbiorów skończonych i parami rozłącznych mamy
ZASADA WŁĄCZANIA I WYŁĄCZANIA
Dla zbiorów skończonych Lemat
W szczególności, skończone. zachodzi , o ile tylko A, B są Dowód lematu
Ponieważ trzy zbiory do mamy: i stąd
i są parami rozłączne i sumują się , to na mocy zasady dodawania ZASADA MNOŻENIA
Jeżeli mamy wybrać dwa różne obiekty: pierwszy spośród m obiektów, a drugi spośród n obiektów, to liczba możliwych wyborów jest równa m∙n.
Zasada ta mówi, że dla skończonych zbiorów X, Y mamy |XY|=|X||Y|. Przypomnijmy, że iloczyn kartezjański zbiorów X, Y to zbiór
A zatem jest to liczba par (x, y).
Postać ogólna
Jeżeli A1, A2, … An są zbiorami skończonymi to | A1  A2  …  An | = |A1||A2|…|An|.
[Dowód przez indukcję]
Przykład
Rozważmy turniej rycerski między bractwem czerwonych a bractwem niebieskich. Bractwo czerwonych ma 12 rycerzy, bractwo niebieskich 15. Ile różnych indywidualnych pojedynków może być stoczonych, jeśli rycerze z tego samego bractwa nigdy ze sobą nie walczą? Niech C i N będą zbiorami rycerzy, odpowiednio z bractwa czerwonych i z bractwa niebieskich, każdy pojedynek może być interpretowany jako , gdzie , . Zatem liczba pojedynków uporządkowana para to liczność zbioru CN, więc
|C×N|=|C||N|= 1215 = 180. Zliczanie podzbiorów
Twierdzenie
Dla dowolnego, skończonego zbioru X zachodzi Definicja
Współczynnik dwumianowy to liczba k‐elementowych podzbiorów zbioru n‐elementowego, tzn. . Podzbiory te nazywamy kombinacjami.
Twierdzenie
n!
n
  = k!(n  k )!
k 
Lematy
n
 n 
 

Dla nk0 zachodzi równość  k  =  n  k  .

n
   2 n

k 0  k 
n
Dla n1 zachodzi Komentarz
( n ) ( n ) ( n)
( n ) (n )
Wyrażenie 2n = (1+1)n = 0 + 1 + 2 + …+ n−1 + n może być odczytane jako suma podzbiorów 0‐elementowych, 1‐elementowych, 2‐elemento‐
wych, … , (n‐1)‐elementowych i n‐elementowych.
n
 n  1  n  1 
  

 k   k  1
Dla nk0 zachodzi równość  k  = 
 
Jak się to ma do trójkąta Pascala?
1
1 1
1
2 1
1 3 3 1
1 4 6 4 1
1 5 10 10 5 1
. . . . . Przykład Rzucamy 10 razy symetryczną monetą. Ile jest możliwych wyników, w których orzeł wypadł parzystą liczbę razy?
Niech X = {1,2,3,4,5,6,7,8,9,10}.
Wynik będziemy reprezentować zbiorem A X pozycji, na których występują jedynki w ciągu reprezentującym wynik eksperymentu
(1 – orzeł, 0 –reszka). Na przykład A={1,2,5,6} odpowiada wynikowi 1100110000.
Gdy wypadną same jedynki, to A = X.
Gdy wypadnie 8 jedynek, to A jest 8‐elementowym podzbiorem X.
Gdy wypadnie 6 jedynek, to A jest 6‐elementowym podzbiorem X.
Gdy wypadną 4 jedynki, to A jest 4‐elementowym podzbiorem X.
Gdy wypadnie 2 jedynki, to A jest 2‐elementowym podzbiorem X.
Gdy wypadnie 0 jedynek, to A jest zbiorem pustym.
Możliwych eksperymentów, gdzie wypadnie parzysta liczba jedynek jest zatem:
10 
10 
10 
10 




1 +  8  +  6  +  4  +  2  + 1 = 1 + 45 + 210 + 210 + 45 + 1 = 512



A ile jest możliwych wyników?
210 = 1024

Przykład
Ile jest różnych liczb naturalnych mniejszych od 2n, które w zapisie dwójkowym mają dokładnie k jedynek? Liczby te w zapisie dwójkowym, to ciągi n‐elementowe an‐1an‐2…a2a1a0, a każdy taki ciąg można traktować jako funkcję charakterystyczną zbioru A zawartego w zbiorze {0, 1, … n‐1} taką, że iA wttw ai=1.
Zbiór A przechowuje informację, na jakich pozycjach znajdują się jedynki. Np. dla n=7 liczba 7510=10011012 więc A={6,3,2,0}. Odwzorowanie, które liczbie naturalnej przyporządkowuje zbiór pozycji na których występują jedynki w zapisie dwójkowym tej liczby, czyli odpowiedni zbiór A, jest bijekcją. Liczymy więc k‐elementowe podzbiory zbioru {0,1,…n‐1}. n
Jest ich  k  .
 
Przykład
Ful w pokerze to układ 5 kart, w których występują tylko karty o dwóch różnych wysokościach x i y: dokładnie 3 karty o wysokości x i 2 karty o wysokości y. Oznaczmy typ fula przez (x,y).
Ile jest różnych układów typu (7,D)? Trzy siódemki są wybrane z czterech, dwie damy – z czterech.  4
 4
 
 
Więc mamy  3    2  = 24 możliwości.
Ile jest różnych typów fuli? Jedną z 13 wysokości kart wybieramy jako x, a następnie jedną z 12 jako y,
czyli 1312 = 156.
Przykład
W lodziarni są trzy rodzaje lodów: jogurtowe, bakaliowe i waniliowe. Sprzedaje się desery po 5 kulek. Na ile sposobów można skomponować deser (kolejność nie jest ważna).
Mamy j5, b5, w5, j+b+w=5. Każdy taki zestaw można zakodować w 7 kratkach, z których dwie muszą być skreślone. Różnych deserów będzie więc tyle, na ile sposobów można skreślić dwie kratki z siedmiu, czyli tyle, ile różnych podzbiorów dwuelementowych w zbiorze 7‐elementowym, 7
czy  2  = 21.
 
bakaliowe
jogurtowe waniliowe
Przykład Wyobraźmy sobie, że znajdujemy się w mieście zbudowanym na planie prostopadle przecinających się ulic. Powiedzmy, że znajdujemy się w punkcie A i chcemy dojść do punktu B (leżącego 3 przecznice na północ i 6
przecznic na wschód). Łatwo zauważyć, że jest wiele najkrótszych dróg prowadzących z A do B. Dla przykładu: możemy pójść 3 razy na północ i potem cały czas na wschód, ale także możemy iść najpierw 6 razy na wschód i dopiero wtedy skręcić na północ. Ile jest najkrótszych dróg z A do B? Zauważmy, że każda najkrótsza droga biegnie przez dokładnie 9 skrzyżo‐
wań (licząc skrzyżowanie w punkcie A i nie licząc skrzyżowania w punkcie B). Na każdym takim skrzyżowaniu musimy podjąć decyzję, czy pójść na wschód czy na północ, przy czym musimy iść dokładnie 3 razy na północ i dokładnie 6 razy na wschód. Zatem liczba najkrótszych dróg z A do B to liczba wyborów spośród 9 skrzyżowań, trzech, na których pójdziemy na północ (na pozostałych skrzyżowaniach musimy iść na wschód).
Możemy też jako rozwiązanie policzyć liczbę wyborów spośród 9 tych 6 skrzyżowań, na których pójdziemy na wschód (wtedy na pozostałych trzech musimy iść na północ.
9
9
 
 
Ostatecznie liczba ta wynosi  3  =  6  = 84.
Przykład Ile rozwiązań ma równanie gdzie liczbami naturalnymi? Użyjmy kratki rozważanej w poprzednim przykładzie do połączenia przeciwległych jej rogów. W kratce rozmiaru kwadratów suma poziomych odcinków daje 7 i jest dokładnie 5 takich odcinków, po jednym
na każdym poziomie. Jeśli długości tych odcinków oznaczymy , to każda taka droga (łamana) na odpowiednio przez kratce ustala pewne rozwiązanie naszego równania, i każde rozwiązanie równania wyznacza dokładnie jedna drogę (łamaną). Zatem istnieje rozwiązań naszego równania. Przykład Rozważmy znów kratkę, tym razem kwadratową, wielkości 6x6 kwadratów, i policzmy na ile sposobów można w jej wnętrzu narysować prostokąt tak, aby wszystkie jego boki były równoległe do krawędzi kratki? Zauważmy, że każdy taki prostokąt jest jednoznacznie wyznaczony przez dwie linie poziome (spośród 7) oraz dwie linie pionowe (znów spośród 7). Rzeczywiście, dowolny prostokąt wyznacza dwie linie poziome i dwie pionowe (te przylegające do jego boków). I na odwrót dowolny wybór linii
pozwoli nam nakreślić jednoznacznie prostokąt w kratce. 7
Poziome linie możemy wybrać na  2  sposobów i pionowe linie na tyle  
samo sposobów. Zatem prostokąt w kratce 6x6 możemy narysować na 7
dokładnie  
 2
2
= 441 sposobów. Zliczanie funkcji
Twierdzenie o liczbie funkcji
Zbiór funkcji postaci oznaczamy przez . Dla skończonych zbiorów X, Y mamy wówczas: Dowód
Niech |X|= n, |Y| = m. Zbiór funkcji z X w Y jest równoliczny z Y n.
Na podstawie Zasady Mnożenia otrzymujemy |Y×Y× … ×Y| = |Y||Y| … |Y| = mn = |Y||X| n
n
Twierdzenie o liczbie injekcji
Liczba injekcji ze zbioru skończonego X (n‐elementowego) w zbiór skończony Y (m‐elementowy) wynosi: |Y|! / (|Y||X|)! = m! / (m‐n)! = m(m‐1)…(m‐n+1) = mn (dolna potęga krocząca)
Twierdzenie o liczbie bijekcji
Liczba bijekcji pomiędzy skończonymi zbiorami X i Y, gdzie wynosi nn = n!.
= n Przykład 1
Trzech kolegów: Bartek, Paweł i Piotrek spotkali się w pubie po zdanym egzaminie. Okazało się, że jest pięć marek piwa do wyboru. Na ile sposobów mogą oni wypić pierwszą kolejkę? Każdy wybór marki piwa przez wszystkie 3 osoby możemy interpretować jako funkcję ze zbioru {Bartek, Paweł, Piotrek} w pięcioelementowy zbiór sposobów spożycia pierwszej marek piwa. A więc istnieje kolejki. I tyleż sposobów dla każdej następnej.
Przykład 2
Kod PIN jest kodem autoryzującym właściciela karty bankomatowej. Składa się on z 4 cyfr dziesiętnych. Ile jest różnych kodów PIN? Każdy kod PIN to funkcja z czteroelementowego zbioru pozycji {0, 1, 2, 3} w dziesięcioelementowy zbiór cyfr {0, 1, …, 9}. Kodów PIN jest zatem 104 = 10000.
A ile jest takich PIN‐ów, w których żadna cyfra się nie powtarza? Każdy PIN z niepowtarzającymi się cyframi to injekcja z 4‐elementowego zbioru pozycji {0, 1, 2, 3} w 10‐elementowy zbiór cyfr {0, 1, …, 9}. Zatem jest ich dokładnie 104 = 10∙9∙8∙7 = 5040. Przykład 3
Na kurs tańca uczęszcza pięciu chłopaków i pięć dziewcząt. Większość kroków tanecznych ćwiczy się parami. Dla urozmaicenia pary często się zmieniają. Na ile sposobów może być wykonany jeden taniec? Niech C będzie zbiorem chłopaków, a D zbiorem dziewcząt. Wiemy, że |C|=|D|= 5. Matematycznym modelem doboru par do tańca jest bijekcja
. Zatem możliwych wyborów jest tyle samo co bijekcji pomiędzy 5‐elementowymi zbiorami, czyli 5! = 120.
Zasada Dirichleta
1 ZASADA SZUFLADKOWA DIRICHLETA (1ZSD)
Jeśli n obiektów jest rozmieszczonych w m szufladach i n > m > 0, to istnieje szuflada z przynajmniej dwoma obiektami.
2 ZASADA SZUFLADKOWA DIRICHLETA (2ZSD)
Jeśli n obiektów jest rozmieszczonych w m szufladach i n > m > 0, to co najmniej jedna szuflada ma n/m lub więcej elementów oraz co najmniej jedna szuflada ma n/m lub mniej elementów.
Ta postać zasady mówi, że w zbiorze danych wszystkie wartości nie mogą leżeć równocześnie powyżej średniej ani równocześnie poniżej średniej.
Wniosek z 2ZSD
Jeżeli dana jest funkcja f: X  Y, gdzie |X|=n, |Y|=m, to istnieją y1, y2 takie, że |f‐1(y1)| n/m oraz |f‐1(y2)| n/m.
Dowód 2ZSD Zakładam, że każdy z podzbiorów ma mniej niż n/m elementów, czyli co
najwyżej n/m –1 elementów. Wtedy cały zbiór ma ich co najwyżej
m( n/m –1), czyli n  m( n/m –1), czyli n/m +1  n/m . Ale to jest sprzeczne z oczywistą własnością, że x + 1 > x dla każdego x. Proszę udowodnić tę własność.
Dowód drugiej części przebiega analogicznie. Proszę go wykonać.
Dowód 1ZSD
Przy n > m > 0 wartość n/m jest  2.
3 ZASADA SZUFLADKOWA DIRICHLETA (3ZSD)
Jeśli n obiektów rozmieszczonych jest w m szufladach i n>mr dla pewnego naturalnego r, to istnieje szuflada z co najmniej r+1 obiektami. Wniosek z 3ZSD
Jeżeli dana jest funkcja f: X  Y, gdzie |X|=n, |Y|=m, oraz n>mr, dla pewnego naturalnego r, to co najmniej jeden ze zbiorów f‐‐1(y) ma więcej niż r elementów.
Dowód 3ZSD
Z 2ZSD co najmniej jedna szuflada ma n/m lub więcej elementów oraz n>mr, dla pewnego naturalnego r. Zatem n/m ≥ n/m > r. Czyli szuflada ta ma co najmniej r+1 elementów.
4 ZASADA SZUFLADKOWA DIRICHLETA (4ZSD)
Niech X1, X2, … Xm będą podzbiorami n‐elementowego zbioru X oraz niech każdy element z X należy do co najmniej t spośród zbiorów Xi. Wtedy średnia arytmetyczna liczb elementów zbiorów Xi wynosi co najmniej tn/m. Dowód 4ZSD
Niech P = {(x, i): xXi}. Zbiór P można rozpisać na dwa sposoby: jako suma zbiorów po i=1…m i jako suma zbiorów po xX.
P = {(x, 1): xX1}{(x, 2): xX2}…{(x, m): xXm} i wtedy |P|= |Xi|. i=1…m
P = {(x, i): xXi} i wtedy |P|  tn.
xX
Zatem średnia arytmetyczna (1/m)|Xi|  tn/m. i=1…m
Przykład
Wśród mieszkańców Krakowa co najmniej dwie osoby mają tę samą liczbę
włosów na głowie.
Dowód: Rzeczywiście, liczba włosów na głowie człowieka nie przekracza pół miliona, natomiast liczba mieszkańców Krakowa przekracza osiemset tysięcy. Weźmy 500000 szufladek ponumerowanych kolejnymi liczbami naturalnymi od 0 do 499999 i wkładajmy do szufladki o danym numerze osoby, które mają taką liczbę włosów na głowie, jak numer szufladki. Ponieważ osób jest więcej niż szufladek, to z Zasady Szufladkowej wynika,
że w jednej szufladce muszą znaleźć się co najmniej dwie osoby. Przykład
W grupie 13 osób muszą być co najmniej dwie, które urodziły się w tym samym miesiącu. Dowód: Weźmy 12 szufladek z nazwami miesięcy i wkładajmy do nich osoby, które urodziły się w danym miesiącu. Ponieważ osób jest 13, a szufladek 12, to w jednej z nich muszą być co najmniej dwie osoby. Przykład
Pewna grupa osób wita się. Niektórzy podają sobie ręce, ale nikt nie wita się z samym sobą i żadna para osób nie wita się podwójnie (czyli można przywitać co najwyżej n‐1 osób). Czy muszą być dwie osoby, które witały taką samą liczbę osób? Gdy jest n osób, to każda z nich przywita 0 lub 1 lub 2 lub ... n‐1 osób. i umieśćmy Utwórzmy więc n szuflad z etykietami osobę w szufladzie o etykiecie k, jeśli witała się z dokładnie k osobami. Skoro jest n osób i n szuflad, to ... niewiele z tego wynika. Ale... Wszystkie szuflady nie mogą być zajęte, bo nie mogą być zajęte i szuflada 0, i szuflada n‐1. To nie jest możliwe ‐ nie może być osoby, która przywitała wszystkie pozostałe i równocześnie takiej osoby, która nie przywitała nikogo. A zatem n osób zajęło co najwyżej n‐1 szuflad, więc w jednej z nich są co najmniej dwie osoby ‐ takie, które przywitały tę samą liczbę osób. Przykład
Wybierzmy dowolnie 10 różnych liczb naturalnych . Pokażemy, że w zbiorze spośród wybrać dwa rozłączne podzbiory, dające tę samą sumę liczb. można Szuflady poetykietujmy liczbami reprezentującymi możliwe sumy liczb w co najwyżej 10‐cio elementowych podzbiorach zbioru {1, 2, …100}. Ponieważ największa możliwa taka suma to 91+92+…+100=955, to mamy 955 szuflad z etykietami: 0, 1, 2, …, 955. Z drugiej strony 10‐elementowy ma podzbiory, więc muszą być dwa różne
zbiór o tej samej sumie.
podzbiory zbioru Jak na razie takie podzbiory nie muszą być rozłączne, ale jeśli z obu z nich usuniemy wspólne liczby, to pozostałe dalej będą dawać takie same sumy,
a powstałe zbiory będą już rozłączne. Przykład
Jeżeli na 3 półkach znajduje się 11 książek, to …
... na jednej z nich musi być nie więcej niż 3 książki, a na innej nie mniej niż 4 książki.
Przykład
Niech A będzie 9‐elementowym podzbiorem {1, 2, … 30}. Należy pokazać, że w zbiorze A istnieją dwa różne podzbiory 4‐elementowe o tej samej sumie elementów.
9
 
Po pierwsze, w A mamy  4  =126 różnych podzbiorów 4‐elementowych. Po drugie, najmniejsza suma wynosi 1+2+3+4=10. Po trzecie, największa suma wynosi 27+28+29+30=114. Możliwych jest więc 114–10+1=106 różnych sum. Ponumerujmy szuflady tymi sumami. Na mocy 2ZSD co najmniej jedna szuflada musi mieć co najmniej 126/106 elementów, czyli co najmniej 2 elementy.
Przykład
W kwadracie o boku 2 umieścimy 5 punktów. Co najmniej dwa z nich są oddalone o nie więcej niż 2 . Dzielimy nasz kwadrat na cztery kwadraty o bokach 1 i przekątnych 2 . Zgodnie z 1ZSD jeden z tych kwadratów musi zawierać dwa punkty, więc ich odległość nie jest większa od przekątnej kwadratu.
Przykład
Z grupy 21 posłów każdy uczestniczy w co najmniej dwóch komisjach śledczych. Powołano 7 komisji. Z 4ZSD średnia liczebność komisji wynosi co najmniej 221/7 = 6.
Przykład
Jeśli 83 jabłka umieszczono w 9 skrzynkach, to jedna ze skrzynek zawiera co najmniej 10 jabłek, bo …
... 83/9 = 10.
Istnieje również skrzynka, która zawiera co najwyżej 83/9 = 9 jabłek.
Czy to prawda, że jeśli dwie skrzynki są puste to któraś ze skrzynek ma co najmniej 12 jabłek?
Z 2ZSD jabłka są rozmieszczone w 7 skrzynkach, więc istnieje skrzynka, która ma co najmniej 83/7 =12 jabłek. Przykład
Ile co najwyżej razy można rzucić parą kostek bez otrzymywania dwukrotnie tej samej sumy oczek?
Szuflada oznacza wszystkie wyniki dające tę samą sumę oczek. Takich szuflad będzie od 2 do 12, czyli 11. Tylko ciąg po jednym elemencie z każdej szuflady daje zadany wynik. Dwunasty rzut trafi do jednej z szuflad,
które już wystąpiły w ciągu.
Przykład
Wykazać, że jeśli 10 liczb naturalnych daje w sumie 101, to są wśród nich 3 liczby, których suma wynosi co najmniej 31.
I sposób
Ponumerujmy te liczby jako a1, a2, … a10. Następnie wypiszmy 3 rzędy:
a1, a2, … a8, a9, a10
a2, a3, … a9, a10, a1
a3, a4, … a10, a1, a2
Suma tych 30 liczb wynosi 303. Jedna z 10 kolumn musi mieć sumę równą co najmniej 303/100 (czyli 31).
II sposób
Podzielmy 10 liczb na 5 par. Jedna z tych par musi mieć sumę co najmniej 21. Oznaczmy ją przez s. Z pozostałych 8 liczb jedna musi być równa co 1
7
najmniej 1/8 ich sumy. Wtedy s+ 8 (101‐s) = 8 s +
101 7
101
 21 +
= 31
8
8
8