Zliczanie

Zliczanie
Funkcje
Niech |X| = k, a |Y | = n.
• Liczba funkcji X → Y równa jest nk .
• Liczba funkcji różnowartościowych X → Y równa jest
n(n − 1)(n − 2) · · · (n − k + 1).
W szczególności liczba funkcji różnowartościowych X → X wynosi
n(n − 1)(n − 2) · · · 3 · 2 · 1 = n!.
• Liczba funkcji X → Y takich, że każdy element zbioru Y jest
obrazem pewnego elementu ze zbioru X równa jest k!Snk , gdzie Snk
jest jest liczbą Stirlinga (liczbą podziałów zbioru n-elementowego na k
niepustych podzbiorów).
Podzbiory, symbol Newtona
• Liczba podzbiorów zbioru n-elementowego równa jest 2n .
• Liczbę k-elementowych podzbiorów zbioru n-elementowego oznacza się
symbolem Newtona
n
k
• Mamy więc wzór
n
0
+
n
1
+
n
2
+ ··· +
n
n
= 2n .
• Każda funkcja różnowartościowa X → Y określa pewien podzbiór k
elementowy zbioru Y . Z każdym takim podzbiorem związanych jest k!
funkcji. Mamy więc wzór
n(n − 1)(n − 2) · · · (n − k + 1) =
n
k!,
k
a stąd
n
k
=
n(n − 1)(n − 2) · · · (n − k + 1)
.
k!
1
• Jeśli C jest sumą dwóch rozłącznych podzbiorów A, B mających odpowiednio a, b elementów, to k-elementowe podzbiory zbioru C możemy wybierać
biorąc i elementów ze zbioru A i k − i elementów ze zbioru B. Wynika
stąd wzór
Xa b a+b
=
.
i
k−i
k
i≥0
W szczególności
oraz
n
k
+
n
k−1
n 2
X
n
i=0
i
=
=
n+1
k
2n
.
n
• Trójkąt Pascala.
0
1
2
3
4
5
0
1
2
3
4
5
1
1
1
1
1
1
1
2
3
4
5
1
3
6
10
1
4
10
1
5
1
Podziały zbioru, liczby Stirlinga i liczby Bella
• Snk liczba podziałów zbioru n-elementowego na k niepustych podzbiorów.
• Przykład: n = 4, k = 2, S42 = 7:
{1, 2, 3}, {4}, {1, 2, 4}, {3}, {1, 3, 4}, {2},
{1, 2}, {3, 4}, {1, 3}, {2, 3}, {1, 4}, {2, 3}.
{2, 3, 4}, {1},
• Mamy S00 = 1, Sn1 = Snn = 1 dla n ≥ 1.
• Rozważamy podziały zbioru n + 1 elementowego na k części takie, że
element n + 1 tworzy zbiór jednoelementowy oraz wszystkie pozostałe
podziały. Dodając otrzymujemy wzór rekurencyjny:
Sn+1,k = Sn,k−1 + kSnk .
• Trójkąt liczb Stirlinga (drugiego rodzaju)
2
0
0
1
2
3
4
5
1
1
0
0
0
0
0
2
1
1
1
1
1
3
1
3
7
15
4
1
6
25
1
10
5
suma
1
1
1
2
5
15
52
• Liczba Bella Bn oznacza liczbę wszystkich podziałów zbioru n elementowego
Bn = Sn0 + Sn1 + Sn2 + · · · + Snn ,
• Podziały zbioru n + 1 elementowego możemy rozdzielić na n grup,
umieszczając w każdej grupie podziały, w których element n + 1 należy
do podzbioru k + 1 elementowego, gdzie k = 0, 1, 2, . . . , n. Wynika stąd
wzór rekurencyjny
Bn+1 =
n
Bn +
0
n
Bn−1 + · · · +
1
n
B1 +
n−1
n
B0 .
n
Nieporządki
• Nieporządkiem nazywamy permutację σ zbioru {1, 2, . . . , n} taką, że
σi 6= i dla i = 1, 2, . . . , n.
• Niech dn oznacza wszystkie nieporządki w zbiorze n elementowym.
Nieporządki w zbiorze n + 1 elementowym możemy podzielić na n
rodzin, umieszczając w i-tej rodzinie nieporządki, w których na n + 1
miejscu stoi liczba i. Rozważamy dwa przypadki. W pierwszym przypadku n + 1 leży na i-tej pozycji. Wtedy elementy różne od i oraz
n + 1 muszą tworzyć nieporządek. W drugim przypadku n + 1 leży
na pozycji różnej od i. Wtedy wszystkie elementy różne od i muszą
tworzyć nieporządek. Wynika stąd wzór rekurencyjny
dn+1 = n(dn + dn−1 ).
• Mamy: d0 = 1, d1 = 0, d2 = 1, d3 = 2, d4 = 9, d5 = 44.
• Nieporządki w zbiorze 4 elementowym
(4,3,2,1)
(3,4,2,1)
(3,1,4,1)
(3,4,1,2)
(4,3,1,2)
(3,1,4,2)
(2,1,4,3)
(2,4,1,3)
(4,1,2,3)
3
Podziały liczby
• Podział liczby na nieujemne składniki – rozróżniamy sumy różniące się
kolejnością składników.
Rysunek poniżej ilustruje pomysł (podział liczby 7 na 4 składniki:
7 = 1 + 2+ 0 +4)
♥ | ♥♥ | | ♥♥♥♥
Wynika stąd wzór na liczbę podziałów n na k składników
n+k−1
.
k−1
• Podział liczby na dodatnie składniki – rozróżniamy sumy różniące się
kolejnością składników.
Liczba podziałów wyraża się wzorem
n−1
.
k−1
• Zadanie jest trudniejsze, jeśli utożsamimy rozkłady różniące się kolejnością składników. Liczbę takich rozkładów oznaczamy symbolem Pn .
• Mamy
1
2=
3=
4=
5=
1+1
1+2= 1+1+1
1+3= 2+2 = 1+1+2 = 1+1+1+1
1+4= 2+3 = 1+1+3 = 1+2+2 = 1+1+1+2 = 1+ 1+1+1+1
Dlatego P1 = 1, P2 = 2, P3 = 3, P5 , P5 = 7.
• Wzór rekurencyjny. Niech Pnk oznacza liczbę rozkładów liczby n na
składniki, z których największy równy jest k (liczba ta jest równa liczbie
rozkładów liczby n na k składników). Mamy wzory
Pn = Pn1 + Pn2 + · · · + Pnn .
Pnk = Pn−k,k + Pn−k,k−1 + · · · + Pn−k,1
(wyrazy Pmj z j > m pomijamy).
• Przykład
P6 = P61 + P62 + P63 + P64 + P65 + P66 ,
P61 = 1, P62 = P42 + P41 = 3, P63 = P33 + P32 + P31 = 3,
P64 = P22 + P21 = 2, P65 = P11 = 1, P66 = 1.
Dlatego P6 = 11.
4
Zasada włączania - wyłączania
• Jeśli A ∩ B = ∅, to |A ∪ B| = |A| + |B|.
• Ogólniej: A ∪ B = A ∪ (B − A), |A ∪ B| = |A| + |B − A|,
B = (B − A) ∪ (A ∩ B), |B| = |B − A| + |A ∩ B|,
a stąd |A ∩ B| = |A| + |B| − |A ∩ B|.
• |A ∪ B ∪ C| = |(A ∪ B) ∪ C| = |A ∪ B| + |C| − |AC ∪ BC| =
= (|A| + |B| − |AB|) + |C| − (|AC| + |BC| + |ABC|) =
= |A| + |B| + |C| − |AB| − |AC| − |BC| + |ABC|.
Rachunek pokazuje jak ze wzoru dla n zbiorów przejść do wzoru dla
n + 1 zbiorów.
• Ogólnie
|A1 ∪ A2 ∪ . . . ∪ An | =
=
X
|Ai | −
i
X
|Ai Aj | +
i<j
|Ai Aj Ak | − · · · − (−)n |A1 A2 . . . An |
X
i<j<k
• lub nieco inaczej
|Ω − A1 − A2 − · · · − An | =
= |Ω| −
X
|Ai | +
i
X
X
|Ai Aj | −
i<j
|Ai Aj Ak | + · · · + (−)n |A1 A2 . . . An |
i<j<k
(zakładamy, że A1 , A2 , . . . , An ⊂ Ω).
• Dowód. Załóżmy, że x należy do dokładnie k podzbiorów (k > 0).
Ponieważ
k
0
−
k
1
+
k
2
− ··· ±
k
k
= (1 − 1)k = 0,
więc po obu stronach równości element x daje zerowy wkład. Elementy
nie należące do żadnego podzbioru dają po obu stronach wkład równy
jeden.
• Przykład. Liczba nieporządków. Niech Ω oznacza zbiór wszystkich
permutacji, a Wi niech oznacza permutacje σ takie, że σ(i) = i.
Mamy |Ω| = n!, |Wi1 Wi2 . . . Wik | = (n − k)!. Każdy ze składników
n
|Wi1 Wi2 . . . Wik | występuje
razy. Dlatego
k
dn = |Ω − W1 − W2 − · · · − Wn | =
5
=
n
n! −
0
n
(n − 1)! +
1
n
(n − 2)! + · · · =
2
1
(0! − 1! + 2! − 3! + · · · ± n!).
n!
=
• Drugi przykład. Liczby Stirlinga. Policzymy wszystkie funkcje ze
zbioru n elementowego na zbiór k elementowy. Teraz Ω oznacza zbiór
wszystkich funkcji ze zbioru n elementowego w zbiór k elementowy,
|Ω| = nk , Wi oznacza zbiór funkcji, które nie przyjmują wartości i
(i = 1, 2, . . . , k), |Wi1 Wi2 . . . Wij | = (k − j)n . Dlatego
k!Snk =
k X
k
j
j=0
(−)j (k − j)n .
Funkcje tworzące
Funkcją tworzącą ciągu ciągu a0 , a1 , a2 , . . . nazywamy wyrażenie
∞
X
ak x k .
k=0
• Iloczyn funkcji tworzących wiąże się ze splotem:
(a0 + a1 x + a2 x2 + a3 x3 + · · ·)(b0 + b1 x + b2 x2 + b3 x3 + · · ·)
= c0 + c1 x + c2 x2 + c3 x3 + · · · ,
cn = a0 bn + a1 bn−1 + a2 bn−2 + · · · + an b0 .
• Funkcja tworząca dla symboli Newtona
n
0
+
n
x+
1
n
x2 + · · · +
2
n
xn = (1 + x)n .
n
• Korzystając z relacji
(1 + x)a (1 + x)b = (1 + x)a+b
otrzymujemy znany nam już wzór
Xa
i≥0
i
b
k−i
6
=
a+b
.
k
• Ciąg Fibonacciego Fn definiujemy rekurencyjnie
F1 = 1, F2 = F1 ,
Fn+1 = Fn + Fn−1 , n = 1, 2, 3, . . .
• Prostokąt n × 2 można pokryć n prostokątami 1 × 2 na Fn sposobów.
• Funkcja tworząca ciągu Fibonacciego
F (x) = F1 x + F2 x2 + F3 x3 + F4 x4 + · · ·
= x + F1 x2 + (F2 + F1 )x3 + (F3 + F2 )x4 + · · ·
= x + xF (x) + x2 F (x).
Stąd
F (x) =
x
=
α−β
x
x
=
2
1−x−x
(1 − αx)(1 − βx)
β
α
−
1 − αx 1 − βx
!
=
∞
1 X
(αn − β n )xn .
α − β n=1
Wzór Bineta
√
√
1+ 5
1− 5
α=
, β=
.
2
2
αn − β n
Fn =
,
α−β
• Równanie dla liczb Fibonacciego jest przykładem równania liniowego
postaci Fn+1 = aFn + bFn−1 . Równanie można rozwiązać podstawiając
Fn = z n . Wystarczy aby z 2 = az + b. Jeśli α, β są różnymi rozwiązaniami równania kwadratowego, rozwiązanie można wyrazić wzorem
Fn = Aαn + Bβ n , gdzie α, β dobieramy tak, aby otrzymać prawidłowe
wartości F1 , F2 . Jeśli równanie kwadratowe ma pierwiastek podwójny,
rozwiązanie jest sumą Fn = (A + Bn)αn .
• Innym sposobem jest zapisanie równania w postaci układu równań
Fn
Fn+1
=
0 1
b a
Fn−1
.
Fn
Rozwiązanie wyraża się przez n-tą potęgę macierzy. Wartości własne
macierzy spełniają równanie z 2 = az + b.
• Funkcja tworząca dla liczb Stirlinga Snk . Przyjmujemy, że S00 = 1.
Liczba sposobów podziału zbioru n-elementowego na k podzbiorów
złożonych z i1 , i2 , . . . , ik elementów wynosi
n!
1
.
k! i1 !i2 ! · · · ik !
7
Dlatego
X x i 1 X xi 2
X xi k
Snk n
1
x =
···
= (ex − 1)k ,
k!
n≥1 n!
i1 ≥1 i1 ! i1 ≥1 i2 !
ik ≥1 ik !
X
Snk n k
x y = exp y(ex − 1).
n,k≥0 n!
X
• Wyrażenie
an n
x
n≥0 n!
X
nazywa się eksponencjalną funkcją tworzącą.
• Jeśli
an n X b n n X c n n
x
x =
x ,
n≥0 n!
n≥0 n!
n≥0 n!
X
to
cn =
n X
n
k=0
k
ak bn−k .
• Liczba Catalana Cn mówi na ile sposobów można rozmieścić
nawiasy.
ab
a(bc), (ab)c
a(b(cd)), a((bc)d), (ab)(cd), (a(bc))d, ((ab)c)d
Mamy więc C0 = 1 (umowa), C1 = 1, C2 = 2, C3 = 5, . . ..
Zachodzi relacja rekurencyjna
Cn+1 = C0 Cn + C1 Cn−1 + C2 Cn−2 + · · · + Cn C0 .
Jeśli
C(x) = C0 + C1 x + C2 x2 + C3 x3 + · · · ,
to
C(x) = 1 + xC(x)2 .
Jest to równanie kwadratowe dla C(x). Wybierając odpowiedni pierwiastek i rozwijając wynik w szereg potęgowy otrzymujemy zwarty
wzór dla Cn :
2n
n
.
Cn =
n+1
8
• Liczby Catalana mówią również ile jest ciągów (a1 , a2 , . . . , a2n ), ai =
±1 takich, że
a1 + a2 + · · · + a2n = 0,
(+−),
a1 + a2 + · · · + ai ≥ 0, i = 1, 2, . . . , 2n.
(+ + −−), (+ − +−),
(+++−−−), (++−+−−), (++−−+−), (+−++−−), (+−+−+−).
Jeśli na początku dowolnego ciągu dopiszemy plus, a na końcu minus,
otrzymamy ciąg dla którego sumy częściowe, z wyjątkiem ostatniej, są
dodatnie. Pomińmy teraz warunek mówiący, że sumy częściowe mają
być dodatnie, ale niech nadal liczba plusów równa będzie liczbie minusów oraz a0 = 1, a2n+1 = −1. Takich ciągów jest
2n
.
n
Wśród nich są złe ciągi dla których pewne sumy częściowe zerują się (nie
uwzględniamy ostatniej). Niech a0 , a1 , · · · , a2n+1 będzie takim ciągiem,
a pierwsza zerową sumą będzie suma a0 + a1 + · · · + ai . Utwórzmy
nowy ciąg, przez zamianę znaków ai+1 , · · · , a2n+1 na przeciwne. Suma
wszystkich wyrazów będzie równa minus 2. Opisane przekształcenie
złe ciągi przekształca na ciągi o sumie równej -2 (a0 = a2n+1 = 1).
Przekształcenie jest odwracalne i dlatego liczba złych ciągów wynosi
2n
.
n−1
Stąd
2n
n
.
=
n+1
Cn =
2n
n
−
2n
n−1
• Rozkłady liczby na k nieujemnych składników – istotna kolejność składników.
(1 + x + x2 + · · ·)k =
X n+k−1
1
=
xn .
k−1
(1 − x)k n≥0
• Rozkłady liczby – kolejność składników nieistotna.
X
Pn x n =
n≥0
= (1 + x + x2 + · · ·)(1 + x2 + x4 + · · ·)(1 + x3 + x6 + · · ·) · · · =
9
∞
Y
1
.
k
k=0 1 − x
• Rozkłady liczby na różne składniki – kolejność składników nieistotna
(1 + x)(1 + x2 )(1 + x3 ) · · · =
∞
Y
(1 + xk ).
k=0
• Rozkłady liczby na składniki nieparzyste – kolejność składników nieistotna
(1+x+x2 +· · ·)(1+x3 +x6 +· · ·)(1+x5 +x10 +· · ·) · · · =
(1 − x2k )
= Q
=
(1 − xk )
Q
∞
Y
1
=
2k−1
k=0 1 − x
∞
Y
(1 − xk ) (1 + xk )
=
(1 + xk ).
Q
k
(1 − x )
k=1
Q
Q
• Z równości funkcji tworzących wynika twierdzenie:
Liczba rozkładów liczby na składniki nieparzyste równa jest liczbie
rozkładów liczby na różne składniki (zakładamy, że kolejność składników jest nieważna).
Rachunek różnicowy
• Przesunięcie i różnica
Ef (n) = f (n + 1),
∆f (n) = f (n + 1) − f (n) = (E − I)f (n).
• Potęga
∆k f (j) = (E − I)k f (n) =
k X
k
j=0
j
(−)k−j f (n + j).
• Wzór Taylora
f (n + k) = E k f (n) = (I + ∆)k f (n) =
k X
k
j=0
j
• Przykład: f (n) = 12 + 22 + · · · + n2 . Trójkąt różnic:
0
1
1
5
4
3
13
9
5
2
16
7
2
0
25
41
25
9
2
0
10
∆j f (n).
Mamy: f (0) = 0, ∆f (0) = 1, ∆2 f (0) = 3, ∆3 f (0) = 2,
∆4 f (0) = ∆5 f (0) · · · = 0. Dlatego
!
!
!
n
n
n
n(n + 1)(2n + 1)
.
f (n) =
+3
+2
=
6
1
2
3
• Pewien wzór
exp x∆ = exp(−x) exp xE,
X f (k)
∆k f (0) k
x = e−x
xk .
k!
k!
k≥0
k≥0
X
• Zastosowanie
k
1 X
1
k
=
(−)k−j j n = ∆k f (0), f (k) = k n ,
k! j=0 j
k!
!
Snk
Bn =
X
Snk = e−1
k≥0
kn
.
k≥0 k!
X
Lemat Brunside’a
Rozważamy grupę przekształceń G zbioru X na zbiór X. Zakładamy, że
grupa G i zbiór X są skończone.
Stabilizatorem elementu x ∈ X nazywamy zbiór
st(x) = {g ∈ G|gx = x}.
Stabilizator jest podgrupą.
Orbitą elementu x ∈ X nazywamy zbiór
O(x) = {gx|g ∈ G}.
Jeśli dwie orbity mają wspólny element, to są równe. Zatem zbiór X jest
sumą rozłącznych orbit.
Lemat. Liczba orbit r wyraża się wzorem
r=
1 X
N (g),
|G| g∈G
gdzie N (g) jest liczbą elementów x ∈ X takich, że gx = x.
11
Dowód. Zaczniemy od wykazania równości |st(x)||O(x)| = |G|.
Rozważmy podział na rozłączne warstwy
G = g1 H ∪ g2 H ∪ . . . ∪ gk H,
H = st(x).
ax = bx ⇔ a−1 bx = x ⇔ a−1 b ∈ H ⇔ aH = bH.
Dlatego elementy g1 x, g2 x, . . . , gk x są różne i |O(x)| ≥ k.
Odwrotnie. Jeśli a1 x, a2 x, am x są różnymi elementami orbity elementu x,
to warstwy a1 H, a2 H, . . . , am H są rozłączne i |O(x)| = m ≤ k.
Stąd |O(x)| = k = |G|/|H| (warstwy są równoliczne).
Wybierzmy teraz z każdej orbity po jednym elemencie tworząc zbiór
A = {a1 , a2 , · · · , ar }. Mamy
X
N (g) =
g∈G
X X
g∈G x∈X
=
X X
δx,gx =
X
|st(x)| =
x∈X
|st(a)| =
a∈A x∈O(a)
X
X X
|st(x)| =
a∈A x∈O(a)
|O(a)||st(a)| = r|G|
a∈A
Przykład
Korzystając z Lematu Brunside’a policzmy, na ile sposobów możemy pokolorować
kostkę na q kolorów. Zbiorem X jest zbiór wszystkich możliwych kolorowań.
Jednak kostkę można obracać, co prowadzi do utożsamienia pewnych kolorowań.
Grupa obrotów właściwych kostki liczy 24 elementy, które podzielimy na 5
podzbiorów:
• identyczność, N = q 6
• 3 obroty o 180o względem osi przechodzących przez środki przeciwległych
ścian, N = q 4
• 6 obrotów o ±90o względem osi przechodzących przez środki przeciwległych ścian, N = q 3
• 8 obrotów o ±120o względem osi przechodzących przez przeciwległe
wierzchołki, N = q 2
• 6 obrotów o 180o względem osi przechodzących przez środki przeciwległych krawędzi, N = q 4
Stąd r = (q 6 + 3q 4 + 12q 3 + 8q 2 )/24.
Jerzy Cisło
12
Podręczniki
1. E. Kowalik: Kombinatoryka
2. V. Bryant: Aspekty kombinatoryki
3. Z. Palka, A. Ruciński: Wykłady z kombinatoryki
4. W. Lipski, W. Marek: Analiza kombinatoryczna
5. R. L. Graham, D. E. Knuth, O. Patashnik: Matematyka konkretna
13