Wykład 5
Transkrypt
Wykład 5
Materiały dydaktyczne – Matematyka Dyskretna (Wykład 5) Podstawowe techniki zliczania obiektów kombinatorycznych. Szufladkowa zasada Dirichleta, Zasada włączeń i wyłączeń. Szufladkowa Zasada Dirichleta. Jest rzeczą oczywistą, że jeżeli F : X → Y jest funkcją różnowartościową, to |X| 6 |Y |, lub inaczej, nie istnieje funkcja różnowartościowa określona na zbiorze X o wartościach w Y , jeśli Y ma mniej elementów, niż X. Obserwacja ta nosi nazwę Szufladkowej (lub Pudełkowej) Zasady Dirichleta (SZD). Ma ona liczne zastosowania w różnego rodzaju zadaniach kombinatorycznych i mimo swej prostoty, jej użycie wymaga często niestandardowych obserwacji i niemałej pomysłowości. Formalne brzmienie tej zasady w wersji podstawowej jest następujące. Twierdzenie 1. (Szufladkowa Zasada Dirichleta) Niech X i Y będą dowolnymi zbiorami skończonymi, przy czym |X| > |Y |. Wówczas dla dowolnej funkcji F określonej na zbiorze X o wartościach w zbiorze Y istnieją elementy x1 , x2 ∈ X, x1 6= x2 , dla których F (x1 ) = F (x2 ). Mówiąc potocznie SZD stwierdza, że jeśli pewną liczbę przedmiotów włożymy do szuflad, a szuflad jest mniej niż przedmiotów, które wkładamy, to w pewnej szufladzie znajdą się co najmniej dwa przedmioty. Szufladkową Zasadę Dirichleta możemy sformułować również w wersji nieco silniejszej. Twierdzenie 2. Niech X i Y będą dowolnymi zbiorami skończonymi, przy czym dla pewnej liczby naturalnej k zachodzi nierówność |X| > k|Y |. Wówczas dla dowolnej funkcji F określonej na zbiorze X o wartościach w zbiorze Y istnieją różne elementy x1 , x2 , . . . , xk , xk+1 ∈ X, dla których F (x1 ) = F (x2 ) = · · · = F (xk ) = F (xk+1 ). Odwołując się do ’szufladkowej’ interpretacji podstawowej wersji SZD, możemy wyrazić jej wersję silniejszą następująco. Jeśli w każdej z m = |Y | szuflad upakujemy k przedmiotów, to łącznie spakujemy k · m = k · |Y | przedmiotów. Jeśli zatem do upakowania mamy n = |X| przedmiotów i n > k · m, to przynajmniej do jednej szuflady trzeba włożyć więcej niż k przedmiotów. Np. mając 11 szuflad i 100 przedmiotów, które chcemy w tych szufladach schować, musimy przynajmniej do jednej z nich włożyć co najmniej 10 przedmiotów. Bo przecież, gdyby do każdej szuflady włożyć nie więcej niż 9 z nich, to łącznie ukrylibyśmy nie więcej niż 9 · 11 = 99, a więc nie wszystkie przedmioty zostałyby ukryte. Dużo poważniejszym i trudniejszym uogólnieniem Szufladkowej Zasady Dirichleta jest twierdzenie Ph. Halla, które ze względu na jego ’matrymonialną’ interpretację nazywane jest twierdzeniem Halla o kojarzeniu małżeństw. Taką interpretację przedstawimy później. Najpierw jej ’szufladkowa’ motywacja. Rozważmy zbiór X składający się z n przedmiotów, które chcemy rozmieścić w szufladach, tak aby każdy przedmiot znalazł się w innej szufladzie. Zbiór Y złożony z m szuflad, które mamy do dyspozycji, nie jest idealny, bo cechy (rozmiary) przedmiotów są różne, rozmiary szuflad też są różne i w związku z tym dowolny przedmiot daję się włożyć tylko do niektórych szuflad. Załóżmy, że A1 jest zbiorem tych szuflad, w których można schować przedmiot x1 , A2 jest zbiorem tych szuflad, w których można schować przedmiot x2 , itd. An jest zbiorem tych szuflad, w których można schować przedmiot xn . 1 Materiały dydaktyczne – Matematyka Dyskretna (Wykład 5) Jakie warunki wystarczające i konieczne muszą być spełnione, aby rozmieszczenie tych n przedmiotów w n szufladach (po jednym przedmiocie w każdej szufladzie) było wykonalne? Zauważmy, że jeśli nie ma ograniczeń dotyczących rozmieszczeń przedmiotów w szufladach, tzn. gdy każdy ze zbiorów Ai , (i = 1, . . . , n) pokrywa się ze zbiorem Y wszystkich szuflad, to takim warunkiem jest by liczba przedmiotów była mniejsza od liczby szuflad. To właśnie stwierdza SZD. Odpowiedź na powyższe pytanie jest nieco bardziej skomplikowana. Otóż Rozmieszczenie n przedmiotów w szufladach zgodnie z powyżej ustalonymi zasadami jest wykonalne wtedy i tylko wtedy, gdy dla dowolnego podzbioru {x1 , x2 , . . . , xk } zbioru przedmiotów X łączna liczba wszystkich szuflad, do których mogą te przedmioty być wkładane, nie jest mniejsza od liczby przedmiotów. Przykład 1. Udowodnić, że w dowolnym zbiorze dziesięciu dwucyfrowych liczb naturalnych istnieją dwa rozłączne podzbiory takie, że sumy liczb obu pozbiorów są równe. Niech zatem Z będzie dowolnym, acz ustalonym zbiorem dziesięciu liczb dwucyfrowych i niech X = 2Z będzie zbiorem wszystkich podzbiorów zbioru Z. Na zbiorze X definiujemy funkcję f , w następujący sposób: dla A ∈ X niech X f (A) = a, f (∅) = 0. a∈A Innymi słowy, każdemu podzbiorowi zbioru Z funkcja f przyporządkowuje sumę liczb tego podzbioru. Na przykład, jeśli A = {1, 2, 31, 42, 90}, to f (A) = 1 + 2 + 31 + 42 + 90 = 166. Zauważmy teraz, że liczba elementów zbioru X jest równa 210 = 1024, natomiast zbiór wartości funkcji f ma nie więcej niż 945 elementów, bo 945 jest sumą dziesięciu największych liczb dwucyfrowych: 90 + 91 + . . . + 98 + 99 = 945. Na mocy SZD istnieją dwa podzbiory A i B zbioru Z takie, że P P f (A) = f (B). Zbiory A i B nie muszą być rozłączne, ale jeśli f (A) = a= b = f (B), to dla a∈A b∈B A1 = A − (A ∩ B) B1 = B − (A ∩ B) również mamy f (A1 ) = f (B1 ), a zbiory A1 i B1 są rozłączne. Przykład 2. Niech n będzie ustaloną liczbą naturalną. Spośród liczb 1, 2, . . . , 2n wybrano n + 1 liczb. Udowodnić, że wśród wybranych liczb istnieje taka, która jest dzielnikiem co najmniej jednej z pozostałych n liczb. Każdą liczbę naturalną a można w sposób jednoznaczy zapisać w postaci a = m2k , gdzie m jest liczbą nieparzystą, natomiast k – nieujemną liczbą całkowitą. Na nasz użytek liczbę m nazwijmy częścią nieparzystą liczby a. Niech teraz X będzie ustalonym n + 1-elementowym podzbiorem zbioru {1, 2, 3, . . . , 2n − 1, 2n}. Na zbiorze X określamy funkcję f , która każdej liczbie tego zbioru przyporządkowuje jej część nieparzystą. Innymi słowy f (a) = f (m2k ) = m. Zbiór wartości funkcji f mieści się w zbiorze n-elementowym {1, 3, . . . , 2n − 1}. Ponieważ zbiór X ma n + 1 elementów, więc znowu na podstawie SZD istnieją dwie liczby a i b (a < b), dla których f (a) = m = f (b). To oznacza, że a = m2k , b = m2l dla pewnych liczb całkowitych k i l, k < l. Ponieważ liczba ab = 2l−k jest całkowita, więc a jest dzielnikiem b. 2 Materiały dydaktyczne – Matematyka Dyskretna (Wykład 5) Przykład 3. Niech m i n będą liczbami naturalnymi. Udowodnić, że w dowolnym ciągu różnych liczb naturalnych mającym mn + 1 wyrazów istnieje podciąg rosnący długości m + 1 lub podciąg malejący długości n + 1. Niech a1 , a2 , a3 , . . . , amn , amn+1 będzie owym ciągiem. Niech X będzie zbiorem wyrazów tego ciągu. Na tym zbiorze definiujemy funkcję f przyjmując, że f (ai ) jest długością najdłuższego rosnącego podciągu ciągu {ak }16k6mn+1 , którego pierwszym wyrazem jest ai . Jeśli dla pewnego i, f (ai ) > n + 1, to z określenia funkcji f , istnieje rosnący podciąg długości nie mniejszj niż n + 1. Załóżmy zatem, że dla dowolnego i, f (ai ) 6 n. Innymi słowy, zakładamy, że zbiór wartości funkcji f ma nie więcej niż n elementów. Mamy zatem nierówność |X| = mn + 1 > m|f (X)|. Wobec tego, na mocy silniejszej wersji SZD istnieją i1 < i2 < · · · < im+1 , takie że f (ai1 ) = f (ai2 ) = · · · = f (aim+1 ). (1) Wystarczy teraz udowodnić, że ai1 > ai2 > · · · > aim+1 . Przypuśćmy, że jest inaczej, tzn. istnieje j takie, że w powyższym podciągu wyrazy aij i aij+1 spełniają warunek aij < aij+1 . Wtedy jednak długość najdłuższego ciągu rosnącego zaczynającego się od aij jest większa niż długość najdłuższego ciągu rosnącego zaczynającego się od aij+1 (wystarczy ten drugi uzupełnić dołączając doń na początku aij ). To przeczy jednak równości (1). Zasada włączeń i wyłączeń. Ja zauważyliśmy w wykładzie 2, liczba różnowartościowych funkcji z jednego zbioru do drugiego jest łatwa do policzenia. Znacznie trudniej obliczyć liczbę funkcji z jednego na drugi zbiór, tzn. liczbę surjekcji, o ile takie istnieją. Twierdzenie 3. (Zasada włączeń-wyłączeń) Niech P1 , P2 , . . . , Pn będą podzbiorami skończonego zbioru X. Wówczas P Pi − |P1 ∪ P2 ∪ · · · ∪ Pn | = 1≤i≤n − P 1≤i1 <i2 ≤n + |Pi1 ∩ Pi2 |+ P 1≤i1 <i2 <i3 ≤n |Pi1 ∩ Pi2 ∩ Pi3 |+ + · · · + (−1)k−1 P 1≤i1 <i2 <···<ik ≤n (2) |Pi1 ∩ Pi2 ∩ · · · ∩ Pik | + . . . + +(−1)n−1 |P1 ∩ P2 ∩ · · · ∩ Pn | Dowód. Zauważmy, że liczba składników w pierwszej sumie po prawej stronie jest równa n1 , w drugiej jest ich n2 , w trzeciej – n3 , itd. Dowód wzoru (2) wynika ze znanej tożsamości dotyczącej współczynników dwumianowych m m m m k m m−1 m m − + − · · · + (−1) + · · · + (−1) + (−1) = 0, 0 1 2 k m−1 m który przepiszmy w postaci m m m m m 1= − + · · · + (−1)k + · · · + (−1)m−2 + (−1)m−1 . 1 2 k m−1 m (3) Niech x ∈ P1 ∪ P2 ∪ · · · ∪ Pn będzie dowolnym elementem. Jego ’wkład’ do mocy tego zbioru, (czyli do liczby stojącej po lewej stronie równości (2)) jest równy 1. Trzeba pokazać, że jego wkład do 3 Materiały dydaktyczne – Matematyka Dyskretna (Wykład 5) poszczególnych składników sumy po prawej stronie jest taki, że ich suma (z uwzględnieniem znaków) jest także równa 1. Załóżmy, że x jest elementem należącym do dokładnie m spośród zbiorów P1 , . . . , Pn . Wkład do sumy po prawej stronie wzoru 2 zliczamy po kolei. I tak, w składnikach m postaci |Pi | element x występuje m = m 1 razy, w składnikach postaci |Pi ∩ Pj | występuje 2 razy, itd. Zatem uwzględniając znaki plus/minus otrzymujemy sumę po prawej stronie równości (3). To kończy dowód. Twierdzenie 4. Jeżeli |X| = n, |Y | = m, to liczba wszystkich funkcji z X na Y (tzn. liczba wszystkich surjekcji) jest równa liczbie n m m n m−1 · 1n n j m m snm = m 0 m − 1 (m − 1) + 2 (m − 2) − · · · + (−1) j (m − j) + · · · + (−1) m P n = (−1)j m j (m − j) . j=0 Dowód. Niech F = Y X będzie zbiorem wszystkich funkcji określonych na zbiorze X o wartościach w zbiorze Y . Jak wiadomo |F | = mn . Dla dowodu twierdzenia wystarczy więc określić liczbę funkcji z X do Y , które nie są surjekcjami, tzn. tych funkcji, których zbiór wartości nie zawiera przynajmniej jednego elementu ze zbioru Y . Niech Y = {y1 , y2 , . . . , ym } i niech Fi , i = 1, 2, . . . , m będzie zbiorem tych funkcji, których zbiór wartości nie zawiera elementu yi . Bezpośrednie zastosowanie Zasady włączeń i wyłączeń w celu obliczenia |F1 ∪ F2 ∪ · · · ∪ Fm | prowadzi do wzoru podanego w twierdzeniu. Wniosek 5. Niech m i n będą ustalonymi liczbami naturalnymi. Wówczas, ( m X n! jeśli n = m n j m (−1) j (m − j) = 0 jeśli n < m. j=0 Powyższy wniosek jest konsekwencją znanego faktu, że w przypadku, gdy zbiory X i Y są skończone i równoliczne, to każda surjekcja z X do Y jest injekcją, a zatem jest przekształceniem wzajemnie jednoznacznym. Tych zaś jest dokładnie n!, gdzie n = |X| = |Y |. Jeżeli natomiast |X| < |Y |, to żadna funkcja z X do Y nie jest surjekcją. Nieporządkiem na zbiorze X nazywamy dowolną permutację f : X → X taką, że f (x) 6= x dla dowolnego x ∈ X. Twierdzenie 6. Jeżeli |X| = n, to liczba wszystkich nieporządków na zbiorze X jest równa Dn = n P (−1)j j=0 n j n!( 0!1 − 1!1 + n P (−1)j n! j! . (n − j)! = 1 2! 1 − · · · + (−1)j j!1 + · · · + (−1)n n! )= j=0 Dowód. Podobnie, jak w dowodzie poprzedniego twierdzenia, wystarczy policzyć ile jest tych permutacji, które nieporządkami nie są. Niech X = {1, 2, . . . , n} i niech S(n) będzie zbiorem wszystkich permutacji zbioru X. Wtedy oczywiście |S(n)| = n!. Niech dalej Si (n) będzie zbiorem wszystkich tych permutacji zbioru X, których element i jest punktem stałym, tzn. Si (n) = {f ∈ S(n) : f (i) = i}. Teraz, aby otrzymać wzór z twierdzenia, wystarczy zastosować Zasadę włączeń i wyłączeń do policzenia |S1 (n) ∪ S2 (n) ∪ · · · ∪ Sn (n)|. 4 Materiały dydaktyczne – Matematyka Dyskretna (Wykład 5) Na koniec przedstawimy jeszcze jeden przykład zastosowania Zasady włączeń i wyłączeń. Przykład 4. Niech k, m, n będą liczbami całkowitymi nieujemnymi. Wyznaczyć liczbę rozwiązań równania x1 + x2 + · · · + xn = k (4) w liczbach całkowitych, przy ograniczeniach: n 0 6 x1 , x2 , . . . , xn 6 m. (5) Na początek zauważmy, że liczba rozwiązań równania (4), przy ograniczeniach 0 6 xi , i = = n+k−1 1, 2, . . . , n, jest równa n+k−1 n−1 . Ze zbioru wszystkich rozwiązań tego równania z takimi k ograniczeniami trzeba usunąć te, dla których przynajmniej jedna ze zmiennych nie spełnia drugiego ograniczenia. Niech Ai , będzie zbiorem rozwiązań równania (4), w których niewiadoma xi spełnia warunek m < xi (tzn. nie spełnia ogranicznia górnego podanego w zadaniu). Do policzenia |A1 ∪ A2 ∪ · · · ∪ An | zastosujemy Zasadę włączeń i wyłączeń. Od liczby wszystkich rozwiązań trzeba odjąć właśnie tę liczbę. Przyjmijmy yi = xi −m, wtedy oczywiście mamy 0 6 yi , a po sprowadzeniu równania (4) do postaci x1 + · · · + yi + · · · + xn = k − m dostajemy |Ai | = n+k−1−m . Analogicznie liczymy |Ai ∩ Aj | = n+k−1−2m , itd. Zatem k k n n+k−1−m n n + k − 1 − 2m n n + k − 1 − 3m |A1 ∪A2 ∪· · ·∪An | = · − · + · +· · · 1 k 2 k 3 k . Opracował: Cz. Bagiński 5