Na zaje ciach z kombinatoryki poznaliscie techniki roz

Zaje, cia na mie, dzyszkolne kóÃlko - wielomiany a kombinatoryka (szkic)
Na zaje,ciach z kombinatoryki poznaliście techniki rozwia,zywania problemów kombinatorycznych przy pomocy ”bajeczek” - na pewne wyrażenie patrzyÃlo sie, jako na liczbe, możliwych ukÃladów czegoś, naste,pnie to samo
coś liczyÃlo sie, na inny sposób i otrzymywaÃlo równość dwóch wyrażeń kombinatorycznych. Zaleta, tej techniki jest
jej intuicyjność - wiadomo, dlaczego dziaÃla, ska,d sie, bierze, jest zrozumiaÃle, ska,d wynika otrzymana na końcu
równość. Ma ona jednak też dwie wady. Pierwsza, jest Ãlatwość popeÃlnienia pomyÃlki - policzenia jakiegoś ukÃladu
dwa razy, nie policzenia jakiegoś. Przy rozwia,zaniach kombinatorycznych zawsze trzeba sprawdzić otrzymany
wynik na maÃlych przypadkach, by zobaczyć, czy nie popeÃlniÃlo sie, bÃle,du. Druga, wada, jest trudność zapisu dobre, formalne przekazanie rozwia,zania kombinatorycznego to zazwyczaj nieÃlatwa i czasochÃlonna sprawa.
Dziś poznamy inna, technike, rozwia,zywania zadań kombinatorycznych - technike, wielomianowa,. Nie ma
ona dwóch wymienionych wad rozwia,zań ”bajeczkami” - jest bowiem sformalizowany, a wie,c prosty w zapisie i
chronia,cy przed bÃle,dami. Jest - przynajmniej na pocza,tku - mniej intuicyjna i troche, trudniejsza w stosowaniu.
Należy ja, traktować jako dodatkowe narze,dzie przy rozwia,zywaniu zadań kombinatorycznych - bardzo pomocne,
ale nie jedyne. Trzeba bowiem pamie,tać, że zadania kombinatoryczne zazwyczaj nie pojawiaja, sie, pod postacia,
wyrażeń, które należy uprościć, ale maja, pewna, fabuÃle,, i pewne otrzaskanie z ”bajeczkami” jest konieczne
choćby po to, by z tej fabuÃly dojść do wyrażenia, do którego można zastosować technike, wielomianowa,.
Podstawowym narze,dziem którego be,dziemy używać jest wzór dwumienny Newtona. Mówi on, że dla dowolnej liczby naturalnej n oraz dowolnych liczb rzeczywistych a i b zachodzi równość
n µ ¶
X
n i n−i
n
(a + b) =
ab
i
i=0
Spróbujmy zobaczyć, czemu tak jest. Otóż wyrażenie (a + b)n to w istocie (a + b)(a + b)(a + b) . . . (a + b) - w
sumie n takich nawiasów. Po otworzeniu wszystkich dostaniemy wyrażenia be,da,ce iloczynami n liczb, po jednej
z każdego nawiasu. Be,da, to zatem wyrażenia postaci ai bn−i - w sumie liczb bowiem musi być n. Ile be,dzie
takich wyrażeń dla konkretnego i? By uzyskać takie wyrażenie trzeba wybrać i nawiasów, z których
¡ ¢do iloczynu
wejdzie a, zaś z reszty wejdzie b. Wyboru i nawiasów spośród n możemy oczywiście dokonać na ni sposobów.
Po poÃla,czeniu posiadanych informacji w jedna, caÃlość dostaniemy wzór dwumianowy Newtona.
Zadanie 1: Udowodnić wzór dwumianowy Newtona przy pomocy indukcji.
¡ ¢
¡ n ¢
, po drugie zaś, jeżeli
Dodatkowo be,dziemy korzystali z dwóch prostych faktów. Po pierwsze, ni = n−i
równość bn xn + bn−1 xn−1 + . . . + b1 x + b0 = an xn + an−1 xn−1 + . . . + a1 x + a0 zachodzi dla wszystkich x (w
istocie wystarcza, by zachodziÃla dla n + 1 różnych liczb x), to bn = an , bn−1 = an−1 , . . . , b1 = a1 , b0 = a0 .
Zadanie 2: Udowodnić,
samPfakt zachodzi dla wielomianów wie,kszej liczby zmiennych, np. (dla
Pże taki
dwóch zmiennych), że jeśli
ai,j xi y j =
bi,jP
xi y j dla
każdych x, y,Pto ai,j = ¡bi,j¢ dla każdych i, j.
n
n ¡n¢
i n
= 0. Chcemy korzystać ze
Wpierw udowodnijmy dwa znane fakty:
= 2n , zaś
i=0 (−1) i
Pn ¡n¢ i=0 i
wzoru dwumianowego, w wyrażeniu i=0 ¡i ¢ chcielibyśmy, by¡pojawiÃ
ly sie, wyrażenia postaci ai bn−i . Dopiszmy
¢
Pn
Pn n
i n−i n
je w najprostszy możliwy sposób:
=
i=0 i
i=0 1 1
i , zaś to ze wzoru dwumianowego jest równe
(1 + 1)n = 2n .
¡ ¢ Pn
¡ ¢
Pn
Drugiego z tych faktów dowodzi sie, podobnie - i=0 (−1)i ni = i=0 (−1)i 1n−i ni = (1 + (−1))n = 0n = 0
(tu warto zwrócić uwage, na to, że dowodzony wzór nie jest prawdziwy dla n = 0, bowiem wyrażenie 00 nie jest
dobrze określone).
Nieco trudniejsze sa, zadania wymagaja,ce porównania wspóÃlczynników przy pewnej pote,dze pewnego wieloP ¡n¢2
mianu. Spójrzmy dla przykÃladu na klasyczne zadanie - obliczyć
(cze,sto przedstawiane np. w postaci ”na
k
ile sposobów wieża może dojść z lewego górnego do prawego dolnego rogu szachownicy, ruszaja,c sie, wyÃla,cznie w
góre, i w prawo?”). Spójrzmy mianowicie na wielomian (x + 1)2n . Jaki
jest wspóÃlczynnik przy ¡xn ¢w tym wieloP2n i ¡2n¢
2n
2n
n
mianie? Ze wzoru dwumianowego otrzymujemy (x + 1) ¡ =
i=0 x n¡ ,¢ zatem przy x stoi n . Rozpiszmy
¢
P
P
n
n
jednak ten wielomian jako (x + 1)n · (x + 1)n = ( i=0 xi ni ) · ( i=0 xi ni ). Policzmy w otrzymanym iloczynie
xk z lewej
wspóÃlczynnik przy xn . W takim iloczynie xn pojawia sie, za każdym razem, gdy mnożymy¡ wyraz
¢
n
n−k
strony przez x
z prawej. Przy jednym konkretnym mnożeniu otrzymujemy wspóÃlczynnik k pochodza,cy od
¡ n ¢
¡ ¢2
¡ ¢ ¡ n ¢
xk mnożony przez n−k
pochodza,cy od xn−k , czyli nk (przypomnijmy, że nk = n−k
. WspóÃlczynnik przy
¡ ¢
¡ ¢
Pn ¡n¢2
Pn
Pn
2n
i n
n
x w caÃlym iloczynie wynosi zatem k=0 k . Wobec tego, skoro (x + 1) = ( i=0 x i ) · ( i=0 xi ni ), to
Pn ¡ ¢2 ¡ ¢
(z faktu o równości wspóÃlczynników) k=0 nk = 2n
n .
Dla tych, którzy zgubili sie, nieco w rachunkach policzmy ten przykÃ
¡ ¢lad dla n = 2. Rozważamy wtedy
(x + 1)4 = x4 + 4x3 + 6x2 + 4x + 1, czyli wspóÃlczynnik przy x2 to 42 = 6. Z drugiej strony (x + 1)4 =
(x + 1)2 · (x + 1)2 = (x2 + 2x + 1)(x2 + 2x + 1). Chcemy liczyć wspóÃlczynnik przy x2 . Po otworzeniu nawiasów x2
¡ ¢2 ¡ ¢2 ¡ ¢2
pojawia sie, trzy razy - przy x2 · 1, 2x · 2x i 1 · x2 . Zatem wspóÃlczynnik przy x2 to 20 + 21 + 22 = 1 + 4 + 1.
¡
¢
¡
¢
P2
2
Po poÃla,czeniu posiadanych faktów otrzymujemy równość i=0 2i = 42 , czyli, mówia,c po ludzku, 6 = 6.
Naturalnym pytaniem w tym momencie jest ”Ale ska,d, tak wÃlaściwie, wzia,Ãl sie, ten konkretny wielomian?”.
P ¡n¢2
Spróbuje, na to pytanie przynajmniej po cze,ści odpowiedzieć. Wyrażeniem, nad którym pracujemy jest
.
P ¡kn¢2
Wpierw trzeba stwierdzić, że szukamy rozwia,zania przez wielomian,¡a ¢konkretnie, że be,dziemy próbowali
k
przedstawić jako wspóÃlczynnik pewnego wielomianu. Pojedyncze nk to wspóÃlczynnik przy xk w wielomianie
P ¡n¢2
(x+1)n . Chcielibyśmy, aby wspóÃlczynnikiem pewnego wielomianu byÃlo
k . By otrzymać
¡n¢ taka, sume, musimy
wymnożyć dwa wielomiany takie, że dla każdego k mnoża,c wyrazy, przy¡ których
stoi
k dostajemy te, sama,
¢
pote,ge, x. Jednym z nich jest (x + 1)n , drugim be,dzie (1 + x)n - tam nk jest wspóÃlczynnikiem przy xn−k .
SkÃladamy posiadane fakty razem i dostajemy przedstawione wyżej rozwia,zanie.
Oczywiście nie musi być oczywiste, że należy szukać rozwia,zania poprzez wspóÃlczynnik pewnego wielomianu,
nie musi być też od razu jasne, że to (x + 1)n be,dzie wielomianem, którego użyjemy. Takie intuicje przychodza,
wraz z doświadczeniem. Aby nabyć go troche, wie,cej, zróbmy kolejne, troche
, podobne
¡ ¢¡
¢
¡ n zadanie.
¢¡n−m¢ Należy mik
anowicie udowodnić, że dla dowolnych liczb naturalnych k, m, n zachodzi nk m
= m
k−m . Spróbujmy
zastanowić sie,, jaki typ wielomianu może być tu pomocny. Na pierwszy rzut oka to zadanie przypomina
poprzednie - znowu rozważamy iloczyn symboli Newtona. Możnaby wie,c pomyśleć, że znowu należy szukać
iloczynu dwóch wielomianów. Jednak w poprzednim zadaniu takie iloczyny symboli Newtona sumowaliśmy, co
odpowiadaÃlo mnożeniu wielomianów. Tu takiej sumy nie mamy. Ska,d zatem może pochodzić ten iloczyn?
Iloczyny takie zazwyczaj powstaja, przy rozważaniu pote,gi sumy wie,cej niż dwóch skÃladników. W tym
wypadku rozważymy wielomian (x + y + 1)n . Przy pomocy wzoru dwumianowego można go rozpisać na
n
dwa sposoby (tak P
naprawde, na wie,cej,¡ ale
¢ nam sie, przydadza, dwa). Wpierw zapiszmy (x + y + 1)n−m=
n
n
m
n−m n
(x + (y + 1)) =
x (y + 1)
do (y + 1)
)
m = (tu po raz drugi stosuje wzór dwumianowy
¡n−m¢¡ n ¢
¡ ¢
Pn Pn−m m km=0
Pn
n
n
k n
=
x y
= ((x + y) + 1) =
k=0 (x + y) k =
k ¢ m . Z drugiej strony (x + y + 1)
¡ ¢¡
Pn m=0
Pk k=0
n
m m−k k
to,
co
chcemy
jako
wspóÃ
l
czynnik
przy xm y m−k .
x
y
.
W
drugim
rozpisaniu
mamy
już
k=0
m=0
m k
¡
¢¡
¢
n−m
n
m − k zaW pierwszym rozpisaniu wyste,puja, wyrazy xm y k , ze wspóÃlczynnikami
k
m ¡. Po¢¡wstawieniu
¢
n
miast k (by uzyskać wspólczynnik przy xm y m−k , a nie przy xm y k ) otrzymamy n−m
.
Zatem
z faktu o
m−k m
równości wspólczynników (a raczej z jego uogólnienia, które sformuÃlowaliśmy jako zadanie 2) dostajemy podana,
w zadaniu równość.
Czasami - inaczej niż we wszystkich rozpatrywanych dotychczas zadaniach - sumujemy
¢ po dolnym, ale
Pn ¡ k nie
. To powinno być
po górnym wyrazie w symbolu Newtona. Spróbujmy dla przykÃla,du policzyć sume, k=m m
¡k¢
Pn ¡ k ¢
proste. Wiemy już, że m
to najcze,ściej wspóÃlczynnik przy xm w wyrażeniu (x + 1)k . Chcemy, by k=m m
byÃlo wspóÃlczynnikiem przy którejś pote,dze pewnego wielomianu. Narzuca sie, w tej sytuacji rozważenie (x +
1)m +(x+1)m+1 +. . .+(x+1)n i spojrzenie na wspóÃlczynnik przy xm . Be,dzie to oczywiście nasza suma. Ale czy
umiemy ten wielomian zapisać jakoś inaczej (najche,tniej prościej)? Chwila zastanowienia pozwala zauważyć, że
to, co napisaliśmy to po prostu szereg geometryczny. Suma szeregu geometrycznego a1 , a2 , . . . , ai o ilorazie q to
n−m+1
n
−1
−1
a1 qq−1
. W tym wypadku dostajemy (x + 1)m (x+1) x
. Jest to wielomian (pomimo dzielenia), bo wyraz
n−m+1
wolny (x+1)
−1 jest zerem, czyli ten wielomian jest podzielny przez x. Sta,d możemy liczyć wspóÃlczynnik
przy xm . Be,dzie on oczywiście (z powodu dzielenia przez x) równy wspóÃlczynnikowi (x + 1)m ((x + 1)n−m+1 − 1)
przy xm+1 . Ten jednak jest równy wspóÃlczynnikowi (x + 1)m (x + 1)n−m+1 , gdyż różnica, tj. (x + 1)m jest
m
n−m+1
stopnia m, a zatem ma zerowy
lczynnik przy xm+1
= (x + 1)n+1
¡ n+1wspóÃ
¢
¡ k ¢lczynnikiem
¡ n+1 ¢ (x + 1) (x + 1)
P.n WspóÃ
m+1
przy x
jest oczywiście m+1 , ska,d otrzymujemy k=m m = m+1 .
Ostatnie zadanie, które rozpatrzymy wymaga użycia pochodnych. Dla tych, którzy nie wiedza,, czym jest
pochodna, wystarczy informacja o tym, że pochodna, wielomianu P jest wielomian oznaczany P 0 . Pochodna
speÃlnia do tego naste,puja,ce wÃlasności: pochodna, xn jest nxn−1 (w szczególności pochodna wielomianu staÃlego
to zero), pochodna, sumy dwóch wielomianów jest suma ich pochodnych, zaś pochodna iloczynu P · Q wyraża sie,
wzorem P 0 ·Q+Q0 ·P . Do tego, jeśli mamy dwa wielomiany P i Q i rozważymy wielomian P (Q), tj. w wielomianie
P w miejsce każdego x-a wstawimy wielomian Q, to pochodna, otrzymanego wielomianu be,dzie P 0 (Q) · Q0 . Z
powyższych warunków już wynika, że jeśli c jest liczba, rzeczywista,, zaś P wielomianem, to (cP )0 = cP 0 . Jest
to dobrze określona operacja, czyli jeżeli zapiszemy wielomian na dwa różne sposoby i obliczymy pochodna,, to
otrzymane wielomiany be,da, równe (dowodem tego nie be,dziemy
¡ ,¢tu zajmować, choć nie jest on trudny).
Pn sie
Przy pomocy pochodnych udowodnimy zatem równość i=0 i ni = n2n−1 . Rozważmy najcze,ściej używany
przez nas wielomian, (x + 1)n . Zróżniczkujmy go - jeżeli przez P oznaczymi xn , zaś przez Q - x + 1, to nasz
wielomian ma postać P (Q), czyli jego pochodna to P 0 (Q) · Q0 . P 0 to nxn−1 , zaś Q0 to 1, czyli ((x + 1)n )0 =
n(x + 1)n−1 .
¡ ¢
¡ ¢
Pn
Pn
n
dwumianowy. ¡(x+1)
= i=0 xi ni . Zróżniczkujmy ten wielomian.
( i=0 xi ni )0 =
Teraz¡wykorzystajmy
wzór
¢
¡
¢
¢
¡
¢
Pn
P
P
P
n
n
n
i n 0
i 0 n
ixi−1 n¡i .¢ Otrzymujemy zatem równość i=0 ixi−1 ni = n(x + 1)n−1 .
i=0 (x i ) =
i=0 (x ) i =
i=0 P
n
n
Wstawmy do niej x = 1, a otrzymamy i=0 i i = n2n−1 , czyli dowodzona, równość.
Spróbujmy jeszcze podsumować, tzn. przypomnieć sobie, jakie wyrażenia kombinatoryczne zazwyczaj
powoduja, pojawienie sie, jakich wielomianów. Sumy pojedynczych symboli Newtona to najcze,ściej po prostu
wzór dwumianowy, w którym za obydwie liczby coś podstawiliśmy. Może sie, tam też pojawić ck , gdzie k to indeks sumowania - wtedy za jedna, z liczb zapewne podstawiliśmy c. Sumy iloczynów symboli Newtona najcze,ściej
wymagaja, zbadania wspóÃlczynnika przy pewnej pote,dze iloczynu dwóch wielomianów. Iloczyn symboli Newtona (bez sumy) to zazwyczaj porównywanie wspóÃlczynników przy wyrażeniach typu (a + b + c)n , gdzie za c
jest podstawiona konkretna staÃla. Jeżeli za coś we wzorze dwumianowym chcielbyśmy podstawić staÃla,, ale nie
mamy wskazówek jaka,, to prawie zawsze podstawiamy jedynke,. Sumowanie po górnym polu symbolu Newtona
zazwyczaj wymaga użycia wzoru na sume, szeregu geometrycznego (czasami, gdy otrzymany wzór nie wygla,da
na wielomian, możnaPprzez mianownik pomnożyć stronami, co niekiedy troche, upraszcza rachunki). Pojawienie
sie, wyrażeń postaci i i·coś, ba,dź nawet po prostu mnożenia przez i, zazwyczaj oznacza użycie pochodnej. Jak
z tych klocków poskÃladać rozwia,zanie konkretnego zadania musi nam już podpowiedzieć doświadczenie.
By je zdobyć, proponuje, naste,puja,ca, serie, zadań (moje doświadczenie mówi, że każda tożsamość kombinatoryczna daje sie, udowodnić wielomianami, wie,c, aby trenować, można wzia,ć dowolny inny zestaw tożsamości
kombinatorycznych
¢ nim poćwiczyć):
P ii ¡na
Zadanie 3:
2 ni ¡=¢3n
P
Zadanie 4: (−2)i ni = (−1)n
¡ ¢
¡
¢
Zadanie 5: nk = nk n−1
k−1
¡ ¢ P ¡n¢¡n−i¢
Zadanie 6: 2k nk =
i k−i
¡ ¢
P
Zadanie 7: n(n − 1)2n−2 =
k(k − 1) nk
¡ ¢¡ n ¢ P ¡k¢¡m+j ¢¡ n ¢
Zadanie 8: nk m
= j j
k
m+j
P k ¡n¢2 P ¡n¢¡n+k¢
Zadanie 9: 2 k =
¡ n ¢ Pn/2 k ni ¡n¢2
Zadanie 10: n/2
= i=0 (−1) i dla parzystych n.