Matematyka Dyskretna 3/2009 1. W budowie niemieckiej maszyny

Cz. Bagiński – Materiały dydaktyczne
Matematyka Dyskretna 3/2009
1. W budowie niemieckiej maszyny szyfrującej ’Enigmy’ zasadniczą rolę odgrywały
wirniki i bęben odwracający. Wszystkie one dokonywały permutacji symboli 26-literowego
alfabetu. Przed zaszyfrowaniem kolejnej litery tekstu następował obrót jednego lub więcej wirników i kolejna litera była szyfrowana w innym ich ustawieniu. Przepływ prądu
przez wirniki powodował, że przy założeniu iż kolejne wirniki zostały osadzone tak, że
wyznaczały permutacje α β i γ a bęben odwracający δ, szyfrowanie oznaczało złożenie
permutacji α ◦ β ◦ γ ◦ δ ◦ γ −1 ◦ β −1 ◦ α−1 .
A B C D E F G H I J K L M N O P Q R S T U V W X Y Z
α= E
K M F L G D Q V Z N T O W Y H X U S P A I B R C J
B C D E F G H I J K L M N O P Q R S T U V W X Y Z
β= A
A J D K S I R U X B L H W T M C Q G Z N P Y F V O E
A B C D E F G H I J K L M N O P Q R S T U V W X Y Z
γ= B
D F H J L C P R T X V Z N Y E I W G A K M U S Q O
A B C D E F G H I J K L M N O P Q R S T U V W X Y Z
δ= E
J M Z A L Y X V B W F C R Q U O N T S P I K H G D
Rozłożyć na iloczyn cykli rozłącznych wszystkie powyższe permutacje. Wyznaczyć do
nich permutacje odwrotne. Pokazać, że takie zaszyfrowanie tekstu zaszyfrowanego daje
tekst jawny. Przy założeniu, że wirniki nie wykonują żadnego ruchu przy szyfrowaniu
kolejnych liter, zaszyfrować swoje imię i nazwisko.
Rozwiązanie. Rozkłady permutacji na cykle są prostym ćwiczeniem. Podajemy rozkłady również permutacji odwrotnych:
α=
[A E L T P H Q X R U ] [B K N W ] [C M O Y ] [D F G] [I V ] [J Z] [S]
α−1 =
β=
[A U R X Q H P T L E] [B W N K] [C Y O M ] [D G F ] [I V ] [J Z] [S]
[F I X V Y O M W ] [C D K L H U P ] [E S Z] [B J] [G R] [N T ] [A] [Q]
β −1 =
[F W M O Y V X I] [C P U H L K D] [E Z S] [B J] [G R] [N T ] [A] [Q]
γ=
[C F L V M Z O Y Q I R W U K X S G] [A B D H P E J T ] [N ]
γ −1 =
δ=
[C G S X K U W R I Q Y O Z M V L F ] [A T J E P H D B] [N ]
[A E] [B J] [C M ] [D Z] [F L] [G Y ] [H X] [I V ] [K W ] [N R] [O Q] [P U ] [S T ]=δ −1
Zauważmy teraz, że
α ◦ β ◦ γ ◦ δ ◦ γ −1 ◦ β −1 ◦ α−1 =
Zatem
[A O][B H][C E][D L][F P ][G Y ][I S][J U ][K R][M Z][N T ][Q X][V W ] .
(α ◦ β ◦ γ ◦ δ ◦ γ −1 ◦ β −1 ◦ α−1 )(DIRICHLET ) =
α−1 (β −1 (γ −1 (δ(γ(β(α(DIRICHLET ))))))) = LSKSEBDCN.
2. Niech f będzie dowolną permutacją z poprzedniego zadania.
(a) Znaleźć takie najmniejsze liczby naturalne m, że f m = e, gdzie e jest permutacją
tożsamościową.
1
Cz. Bagiński – Materiały dydaktyczne
(b) Wskazać taką permutację h w S26 , dla której najmniejsza liczba k spełniająca
warunek hk = e jest możliwie największa.
Rozwiązanie. (a) Najmniejszą liczbę naturalną m spełniającą warunek f m = e nazywamy rzędem permutacji f i oznaczamy symbolem o(f ). Nietrudno zauważyć, że
rząd permutacji f jest najmniejszą wspólną wielokrotną długości cykli rozłącznych, na
które rozkłada się permutacja. Zatem o(α) = N W W (10, 4, 4, 3, 2, 2, 1) = 60, o(β) =
N W W (8, 7, 3, 2, 2, 2, 1, 1) = 168, o(γ) = N W W (17, 8, 1) = 136, o(δ) = 2.
(b) Zadanie sprowadza się do rozkładu liczby 26 na sumę liczb naturalnych, których
iloczyn jest największy. Można sprawdzić, choćby metodą prób i błędów, czy nie jest to
liczba 3 · 5 · 7 · 11 = 1155.
3. Wyznaczyć liczbę wszystkich permutacji liter 26-literowego alfabetu, które mogą
pełnić rolę bębna odwracającego δ z zadania 1 tzn., są inwolucjami (p. zadanie 4) bez
punktów stałych.
Rozwiązanie. Jest to pytanie o liczbę wszystkich permutacji, które w rozkładzie na
cykle rozłączne mają tylko cykle długości 2 (cykle takie nazywamy transpozycjami). W
zapisie cyklu długości 2, kolejność elementów nie ma znaczenia. Podobnie, kolejność cykli
rozłącznych w iloczynie, na jaki permutacja się rozkłada. Zatem liczba ta jest równa
liczbie podziałów zbioru 26 liter na trzynaście 2-elementowych podzbiorów. Ta liczba
wynosi
24 22 20 18 16 14 12 10 8 6 6 4 2
26
· 2 · 2 · 2 · 2 · 2 · 2 · 2 · 2 · 2 · 2 · 2 · 2 · 2
26!
2
= 13
.
13!
2 · 13!
Trochę wysiłku wymaga stwierdzenie, że jest ona równa 7 905 853 580 625.
4. Wyznaczyć liczbę wszystkich transpozycji należących do Sn . Pokazać, że każda
transpozycja t = [x y] spełnia warunek t2 = e. Wyznaczyć liczbę wszystkich permutacji f należących do S6 , które spełniają warunek f 2 = e (takie permutacje nazywamy
inwolucjami). Podać wszystkie takie permutacje z S4 .
5. Wyznaczyć liczbę wszystkich nieporządków w S4 , S5 i S6 (nieporządkiem w Sn
nazywamy permutację zbioru {1, 2, . . . , n} nie mającą punktów stałych).
Rozwiązanie. Wzór na liczbę nieporządków w Sn wyprowadzony na wykładzie można
łatwo doprowadzić do postaci
N iep(n) = n!(1 −
1
1
1
+ − · · · + (−1n ) )
1! 2!
n!
Mamy zatem N iep(4) = 9, N iep(5) = 44, N iep(6) = 265. Zauważmy, że w powyższym
wzorze wyrażenie w nawiasie dąży do 1e , gdzie e = lim (1 + n1 )n ≈ 2, 7182818289045. Przy
n→∞
dostatecznie dużym n losowo wybrana permutacja ma punkty stałe z prawdopodobieństwem bliskim 32 .
6. Udowodnić, że jeśli k i n są liczbami naturalnymi, to
(
0 dla k < n;
n
n k
n
n
n −
(n − 1)k +
(n − 2)k + · · · + (−1)n−1
1k =
(1)
0
1
2
n−1
n! dla k = n
2
Cz. Bagiński – Materiały dydaktyczne
Rozwiązanie. Wyrażenie po lewej stronie równości otrzymujemy stosując zasadę włączeńwyłączeń przy obliczeniu liczby wszystkich surjekcji ze zbioru k-elementowego na zbiór
n-elementowy. Jeśli zatem k < n, to takich surjekcji nie ma. Jeśli natomiast k = n, to
takie surjekcje są bijekcjami i jest ich dokładnie n!.
7. Oblicz ile jest wszystkich funkcji ze zbioru n-elementowego na zbiór
(a) 2-elementowy; (b) 3-elementowy; (c) 4-elementowy.
8. Permutacją częściową określoną na zbiorze X nazywamy dowolną funkcję różnowartościową określoną na pewnym podzbiorze zbioru X o wartościach w zbiorze X.
Policz, ile jest wszystkich permutacji częściowych określonych na zbiorze n-elementowym,
dla n ∈ {1, 2, 3, 4}. Podaj odpowiedź dla przypadku ogólnego.
Rozwiązanie. Każdą permutację częściową można zapisać w postaci ’niepełnej’ dwuwierszowej macierzy, np. zapis ( 1∗ 42 ∗4 41 ) oznacza funkcję f określoną na zbiorze {2, 4} o
wartościach w {1, 4} taką, że f (2) = 4, f (4) = 1. Liczba różnych permutacji częściowych
zbioru 4-elementowego jest równa
2
2
2
2
2
4
4
4
4
4
· 0! +
· 1! +
· 2! +
· 3! +
· 4!.
0
1
2
3
4
Pozostawiam czytelnikowi wyprowadzenie tego wzoru.
9. Palindromem nazywamy dowolny ciąg liter alfabetu, który brzmi tak samo czytany
w przód, jak i wspak np.:
A NOE LEJE LEONA.
Ile palindromów długości n można utworzyć z liter alfabetu m-literowego?
10. Iloma sposobami można na szachownicy wymiaru 8 × 8 rozmieścić 8 wież szachowych tak, by żadna nie była na linii bicia innej wieży.
11. Znaleźć liczbę ciągów długości 2n takich, że każda liczba i ∈ {1, 2, . . . , n} występuje dokładnie dwa razy, przy czym żadne dwa kolejne wyrazy nie są równe.
Rozwiązanie. Niech An , n > 1, będzie liczbą takich ciągów. Jest jasne, że A1 = 0 (nie
ma ciągów długości 2 spełniających warunki zadania) oraz A2 = 2, ponieważ jedynymi
ciągami długości 4 spełniającymi warunki zadania są (1, 2, 1, 2) i (2, 1, 2, 1). Aby z ciągów
długości 4 utworzyć ciągi długości 6 zachowując warunki, w dwóch różnych miejscach –
na początku, na końcu, między wyrazy utworzonych ciągów – możemy wstawić 3. Jest 5
takich miejsc, więc z jednego ciągu można utworzyć 52 ciągów długości 6, razem mamy
ich 20. Załóżmy, że An zostało już określone. Z dowolnego ciągu długości 2n możemy
teraz utworzyć 2n+1
ciągów długości 2n + 2 wstawiając w dwa różne miejsca w tym
2
ciągu liczbę n + 1 (liczba miejsc jest równa 2n + 1). Zatem, dla n > 2 An+1 = An · 2n+1
.
2
Pozostawiam czytelnikowi wyprowadzenie jawnej postaci tego ciągu.
Opracował: Cz. Bagiński
3