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