Matematyka dyskretna Kombinatoryka

Matematyka dyskretna
Kombinatoryka
Andrzej Szepietowski
1
Cia̧gi
Zastanówmy siȩ, ile cia̧gów dlugości k można utworzyć z elementów zbioru zawieraja̧cego n symboli.
Jeżeli zbiór symboli zawiera dwa elementy:
a, b,
to można utworzyć dwa cia̧gi dlugości jeden:
(a), (b),
cztery cia̧gi dlugości dwa:
(a, a), (a, b), (b, a), (b, b).
Aby uzyskać cia̧gi dlugości trzy, postȩpujemy w nastȩpuja̧cy sposób: bierzemy cztery cia̧gi dlugości
dwa i najpierw do każdego z nich dopisujemy na pocza̧tku a. Otrzymujemy w ten sposób komplet:
(a, a, a), (a, a, b), (a, b, a), (a, b, b).
Zauważmy, że sa̧ to wszystkie cia̧gi dlugości trzy z pierwsza̧ litera̧ a. Potem do tych samych czterech
cia̧gów dlugości dwa dopisujemy na pocza̧tku symbol b i otrzymujemy komplet:
(b, a, a), (b, a, b), (b, b, a), (b, b, b).
Komplety te sa̧ rozla̧czne i oba zawieraja̧ różne cia̧gi. Razem tworza̧ zbiór wszystkich cia̧gów
dlugości trzy:
(a, a, a), (a, a, b), (a, b, a), (a, b, b), (b, a, a), (b, a, b), (b, b, a), (b, b, b).
Postȩpuja̧c podobnie, możemy otrzymać szesnaście cia̧gów dlugości cztery.
Twierdzenie 1 Liczba cia̧gów dlugości k o elementach ze zbioru {a, b} wynosi 2 k .
Dowód przez indukcjȩ. Jak już pokazano, sa̧ dwa cia̧gi dlugości jeden.
Zalóżmy teraz, że liczba cia̧gów dlugości k wynosi 2 k i zauważmy, że wszystkich cia̧gów dlugości
k + 1 jest dwa razy wiȩcej. Jest 2k cia̧gów z pierwszym elementem a i 2 k cia̧gów z pierwszym
elementem b. Razem mamy 2 · 2k = 2k+1 cia̧gów dlugości k + 1.
2
Jeżeli zbiór symboli zawiera n elementów, to powtarzaja̧c powyższe rozumowanie, możemy siȩ
przekonać, że istnieje n cia̧gów dlugości jeden, n 2 cia̧gów dlugości dwa i ogólnie cia̧gów dlugości
k + 1 jest n razy wiȩcej niż cia̧gów dlugości k. Zachodzi zatem twierdzenie.
Twierdzenie 2 Liczba cia̧gów dlugości k o elementach ze zbioru n-elementowego wynosi n k .
1
2
Funkcje
Policzmy teraz, ile jest funkcji ze zbioru A w zbiór B. Przypuśćmy, że zbiór A zawiera k elementów:
1, . . . , k.
Każda̧ funkcjȩ f z A w B można przedstawić jako cia̧g
(f (1), f (2), . . . , f (k)).
Cia̧g ten jest dlugości k, a jego elementy sa̧ wziȩte ze zbioru B. Zauważmy, że każdej funkcji
odpowiada jeden cia̧g, i na odwrót, każdy cia̧g
(b1 , b2 , . . . , bk )
opisuje jedna̧ funkcjȩ. Mianowicie funkcjȩ, która dla każdego i przypisuje wartość
f (i) = bi .
Na przyklad, jeżeli A sklada siȩ z czterech elementów:
A = {1, 2, 3, 4},
a B sklada siȩ z trzech elementów:
B = {1, 2, 3},
to cia̧g
(2, 2, 2, 2)
opisuje funkcjȩ stala̧ (która w calej swojej dziedzinie przyjmuje wartość 2), a cia̧g
(1, 2, 3, 3)
opisuje funkcjȩ f , która przyjmuje nastȩpuja̧ce wartości:
f (1) = 1,
f (2) = 2,
f (3) = 3,
f (4) = 3.
Z powyższego wynika, że funkcji ze zbioru A w zbiór B jest tyle samo co cia̧gów dlugości k = |A|
z elementami ze zbioru B. Udowodniliśmy wiȩc poniższe twierdzenie.
Twierdzenie 3 Jeżeli zbiór A zawiera k elementów, a zbiór B zawiera n elementów, to liczba
funkcji ze zbioru A w zbiór B wynosi n k .
3
Cia̧gi bez powtórzeń
Policzmy teraz, ile jest cia̧gów bez powtórzeń, czyli cia̧gów różnowartościowych. Jeżeli elementy
bierzemy ze zbioru trzyelementowego
{1, 2, 3},
to możemy utworzyć trzy cia̧gi jednoelementowe:
(1),
(2),
2
(3),
sześć różnowartościowych cia̧gów dwuelementowych:
(1, 2),
(1, 3),
(2, 1),
(2, 3),
(3, 1),
(3, 2)
oraz sześć cia̧gów trójelementowych:
(1, 2, 3),
(1, 3, 2),
(2, 1, 3),
(2, 3, 1),
(3, 1, 2),
(3, 2, 1).
Nie ma, oczywiście, dluższych cia̧gów różnowartościowych utworzonych z elementów zbioru {1, 2, 3}.
Twierdzenie 4 Jeżeli elementy wybieramy ze zbioru n-elementowego A, to liczba cia̧gów k-elementowych
bez powtórzeń, które można wybrać z tego zbioru, wynosi:
n(n − 1) · · · (n − k + 1).
W tym wyrażeniu mamy iloczyn k kolejnych liczb, poczynaja̧c od (n − k + 1), a kończa̧c na n.
Dowód. Jeżeli budujemy cia̧g bez powtórzeń, to na pierwszy element cia̧gu możemy wybrać każdy
z n elementów zbioru A, na druga̧ pozycjȩ w cia̧gu możemy wybrać już tylko jeden z n−1 elementów
(wszystkie poza tym, który zostal wybrany na pierwszy element cia̧gu) i tak dalej, na każda̧ kolejna̧
pozycjȩ mamy o jeden element do wyboru mniej.
2
Zauważmy, że jeżeli k > n, to:
n(n − 1) . . . (n − k + 1) = 0,
co jest zgodne z tym, że w takim przypadku nie można utworzyć żadnego k-elementowego cia̧gu
bez powtórzeń z elementami ze zbioru A.
4
Permutacje
Permutacje to cia̧gi bez powtórzeń dlugości n, wybierane ze zbioru n-elementowego. Na przyklad,
mamy dwie permutacje dwuelementowe:
(1, 2),
(2, 1),
oraz sześć permutacji trzyelementowych:
(1, 2, 3), (1, 3, 2), (2, 1, 3), (2, 3, 1), (3, 1, 2), (3, 2, 1).
Zgodnie z twierdzeniem 4 liczba permutacji w zbiorze n-elementowym wynosi:
n(n − 1)(n − 2) . . . 1,
czyli jest równa n!.
Funkcja silnia n! określona jest na zbiorze liczb naturalnych w nastȩpuja̧cy sposób:
0! = 1,
3
(n + 1)! = (n + 1)n!
Z określenia tego otrzymujemy:
2! = 2 · 1 = 2,
1! = 1,
3! = 3 · 2 = 6,
4! = 4 · 6 = 24.
Wartości funkcji silnia szybko rosna̧, na przyklad:
5! = 120,
20! ≈ 2433 · 10 15 .
10! = 3 628 800,
Dla przybliżonego obliczania silni korzysta siȩ ze wzoru Stirlinga:
√
n! ≈ e−n nn 2πn.
(1)
Dla każdego n zachodza̧ również nastȩpuja̧ce oszacowania:
n
n
√
√
n
n
n
≤ n! ≤ 2πn
e 12 .
2πn
e
e
(2)
Dowody wzoru Stirlinga oraz powyższych oszacowań wychodza̧ poza zakres tego podrȩcznika.
Czasami używa siȩ innej definicji permutacji. Mianowicie permutacja n-elementowa to dowolna
funkcja różnowartościowa ze zbioru {1, 2, . . . , n} na ten sam zbiór. Na oznaczenie permutacji π
używa siȩ zapisu:
!
1
2
...
n
.
π(1) π(2) . . . π(n)
Na przyklad, permutacja:
π=
1 2 3 4
2 1 4 3
!
jest funkcja̧, która przyjmuje nastȩpuja̧ce wartości:
π(1) = 2,
π(2) = 1,
π(3) = 4,
π(4) = 3.
Dwie permutacje n-elementowe można skladać tak, jak sklada siȩ funkcje. Zlożenie π 1 ◦ π2 permutacji π1 i π2 określone jest wzorem:
π1 ◦ π2 (x) = π1 (π2 (x)).
Na przyklad:
1 2 3 4
2 1 4 3
!
◦
1 2 3 4
3 2 1 4
!
=
1 2 3 4
4 1 2 3
!
.
Zbiór wszystkich permutacji na zbiorze
{1, . . . , n}
z dzialaniem zlożenia ma nastȩpuja̧ce wlasności:
• Zlożenie permutacji jest la̧czne. To znaczy, dla każdych trzech permutacji π, ρ, σ:
π ◦ (ρ ◦ σ) = (π ◦ ρ) ◦ σ.
4
• Wśród permutacji istnieje identyczność id, czyli permutacja, która każdemu x z dziedziny
przypisuje wartość id(x) = x. Identyczność jest elementem neutralnym skladania permutacji,
ponieważ dla każdej permutacji π:
id ◦ π = π ◦ id = π.
• Dla każdej permutacji π istnieje permutacja odwrotna (funkcja odwrotna) π −1 , spelniaja̧ca
warunek:
π ◦ π −1 = π −1 ◦ π = id.
Powyższe zależności oznaczaja̧, że zbiór wszystkich permutacji na zbiorze {1, . . . , n} z dzialaniem
skladania permutacji stanowi grupȩ.
5
Podzbiory
Policzmy teraz, ile podzbiorów ma skończony zbiór n-elementowy. Jeżeli zbiór sklada siȩ z trzech
elementów:
{a, b, c},
to możemy latwo wypisać wszystkie jego podzbiory:
∅,
{a},
{b},
{c},
{a, b},
{a, c},
{b, c},
{a, b, c}.
Tych podzbiorów jest osiem. Każdy zbiór trzyelementowy posiada osiem podzbiorów, ponieważ
nie ma znaczenia, jak nazywaja̧ siȩ elementy zbioru. Zbiór pusty ma tylko jeden podzbiór: zbiór
pusty. Jeżeli zbiór zawiera jeden element {a}, to ma dwa podzbiory:
∅,
{a},
a jeżeli zbiór zawiera dwa elementy {a, b}, to ma cztery podzbiory:
∅,
{a},
{b},
{a, b}.
Rozważmy teraz ogólnie podzbiory zbioru
{1, 2, 3, . . . , n}.
Z każdym podzbiorem
A ⊂ {1, 2, 3, . . . , n}
jest zwia̧zana jego funkcja charakterystyczna, określona nastȩpuja̧cym wzorem:
χA (i) =
(
1, gdy i ∈ A,
0, gdy i ∈
/ A.
Dziedzina̧ funkcji χA jest zbiór {1, . . . , n}, a przeciwdziedzina̧ zbiór {0, 1}. Zauważmy, że każdemu
podzbiorowi odpowiada jedna funkcja charakterystyczna, i na odwrót, jeżeli weźmiemy dowolna̧
funkcjȩ:
χ : {1, . . . , n} → {0, 1},
5
to wyznacza ona zbiór:
A = {i | χ(i) = 1}.
Na przyklad, dla n = 5 funkcja charakterystyczna χ A zbioru
A = {2, 3, 5}
jest opisana przez nastȩpuja̧cy cia̧g:
(0, 1, 1, 0, 1),
a cia̧g:
(1, 0, 1, 1, 0)
opisuje funkcjȩ charakterystyczna̧ zbioru:
{1, 3, 4}.
Z powyższych rozważań wynika, że liczba podzbiorów zbioru n-elementowego jest równa liczbie
funkcji ze zbioru {1, . . . , n} w zbiór {0, 1}. Czyli na podstawie twierdzenia 3 mamy twierdzenie
poniższe.
Twierdzenie 5 Każdy zbiór n-elementowy ma 2 n podzbiorów.
6
Podzbiory k-elementowe
Zastanówmy siȩ teraz nad podzbiorami określonej mocy. Mówimy, że zbiór jest mocy n, jeżeli
zawiera n elementów. Dla zbioru czteroelementowego
{1, 2, 3, 4},
mamy jeden podzbiór pusty (zeroelementowy), cztery podzbiory jednoelementowe:
{1},
{2},
{3},
{4},
sześć podzbiorów dwuelementowych:
{1, 2},
{1, 3},
{1, 4},
{2, 3},
{2, 4},
{3, 4},
cztery podzbiory trzyelementowe:
{1, 2, 3},
{1, 2, 4},
{1, 3, 4},
{2, 3, 4},
i jeden podzbiór czteroelementowy:
{1, 2, 3, 4}.
Liczbȩ podzbiorów k-elementowych zbioru n-elementowego oznacza siȩ przez
!
n
.
k
6
Jest to tak zwany symbol Newtona. Inaczej, nk jest równe liczbie sposobów na jakie można wybrać
k elementów ze zbioru n elementowego. Wlaśnie pokazaliśmy, że:
4
0
!
4
1
= 1,
!
4
2
= 4,
n
k
Z definicji wynika, że jeżeli k > n, to
!
4
3
= 6,
!
4
4
= 4,
!
= 1.
= 0. Zachodza̧ dwa wzory:
!
!
n+1
k
n
=
k
n
,
n−k
!
!
!
n
n
=
+
.
k
k−1
(3)
Pierwszy wzór bierze siȩ z prostej obserwacji, że wybranie k elementów, które należa̧ do podzbioru
A, jest równoważne wybraniu n − k elementów, które do A nie należa̧.
Aby uzasadnić równość 3, rozważmy k-elementowe podzbiory zbioru
{1, . . . , n, n + 1}.
Policzmy osobno te podzbiory, które zawieraja̧
element n + 1, i osobno te, które go nie zawieraja̧.
n
Podzbiorów nie zawieraja̧cych n + 1 jest k , bo wszystkie
k elementów trzeba wybrać ze zbioru
n {1, . . . , n}. Podzbiorów zawieraja̧cych n + 1 jest k−1
, bo k − 1 elementów trzeba wybrać ze zbioru
n {1, . . . , n}. Razem wszystkich k-elementowych podzbiorów zbioru {1, . . . , n, n + 1} jest nk + k−1
.
Korzystaja̧c z równości 3, możemy obliczać symbole Newtona rekurencyjnie. Najpierw mamy
0
=
1, ponieważ jest jeden zeroelementowy (pusty) podzbiór zbioru zeroelementowego (pustego).
0
Jeżeli mamy już policzone symbole Newtona
dla n, to możemy
liczyć, ile jest podzbiorów zbioru
n+1
(n + 1)-elementowego. Zaczynamy od n+1
=
1
oraz
=
1,
a
nastȩpnie korzystamy z równania
n+1
0
3. Metodȩ tȩ ilustruje tak zwany trójka̧t Pascala:
1
1
1
1
2
1
1
1
1
1
3
3
4
6
5
4
10
6
1
1
10
15
20
5
15
1
6
1
W n-tym wierszu (wiersze numerowane sa̧ od n = 0) znajduja̧ siȩ symbole Newtona:
n
0
!
!
!
!
n
n
.
...
n
2
n
1
Na skraju znajduja̧ siȩ jedynki, ponieważ n0 = nn = 1. k-ty element w n-tym wierszu dla
1 ≤ k ≤ n − 1 jest suma̧ dwóch elementów stoja̧cych bezpośrednio nad nim:
n
k
!
=
!
!
n−1
n−1
+
.
k
k−1
7
Jeżeli 0 ≤ k ≤ n, to symbol Newtona można też obliczyć ze wzoru:
n
k
lub
!
=
n(n − 1) · · · (n − k + 1)
k!
(4)
!
n
n!
=
k
k!(n − k)!
(5)
Oto uzasadnienie wzoru 4: Aby wybrać podzbiór k-elementowy ze zbioru {1, . . . , n}, wybieramy kelementowy cia̧g bez powtórzeń i bierzemy do podzbioru elementy tego cia̧gu ignoruja̧c ich kolejność.
Ponieważ każdemu k-elementowemu podzbiorowi odpowiada k! cia̧gów o tych samych elementach,
wiȩc podozbiorów jest k! razy mniej niż k-elementowych cia̧gów bez powtórzeń. Wzór 4 wynika
teraz z twierdzenia 4, a wzór 5 bezpośrednio ze wzoru 4.
Wzór 4 pozwala wyprowadzić oszacowania na wartość symbolu Newtona, dla 1 ≤ k ≤ n:
n
k
!
n(n − 1) · · · (n − k + 1)
=
=
k(k − 1) · · · 1
n
k
n−1
n−k+1
···
k−1
1
≥
k
n
k
.
n
Ponieważ, jak latwo sprawdzić n−i
k−i ≥ k dla każdego 1 ≤ i ≤ k − 1. Korzystaja̧c z nierówności
k! ≥ ( ke )k wyprowadzonej ze wzoru Stirlinga (2), otrzymujemy górne ograniczenie:
n
k
7
!
=
nk
n(n − 1) · · · (n − k + 1)
≤
≤
k!
k!
en
k
k
.
Dwumian Newtona
Symbole Newtona wystȩpuja̧ w znanym twierdzeniu Newtona.
Twierdzenie 6 (dwumian Newtona) Dla każdej liczby rzeczywistej t oraz liczby calkowitej n ≥
0 zachodzi:
!
n
X
n k
n
t .
(1 + t) =
k
k=0
Pierwszy dowód. (1 + t)n jest wielomianem stopnia n. Policzmy wspólczynnik tego wielomianu
stoja̧cy przy tk . Rozważmy iloczyn:
(1 + t)(1 + t) . . . (1 + t) .
|
{z
}
n razy
Przy rozwijaniu tego wyrażenia wybieramy z każdego czynnika 1 lub t, potem wymnażamy wybrane
elementy i sumujemy tak utworzone iloczyny. W iloczynie otrzymamy
t k wtedy, gdy t wybierzemy
n
k razy oraz 1 wybierzemy
n − k razy. Można to zrobić na k sposobów, tak wiȩc wspólczynnik
przy tk wynosi nk .
8
Drugi dowód przez indukcjȩ. Wzór jest oczywisty dla n = 0. Zalóżmy teraz, że jest prawdziwy
dla n. Mamy:
! !
n
X
n k
n+1
n
t (1 + t).
(1 + t)
= (1 + t) (1 + t) =
k
k=0
Wspólczynnik przy tk po prawej stronie wynosi:
!
!
n
n
.
+
k
k−1
Pierwszy skladnik pochodzi od iloczynu:
!
n
tk−1 · t,
k−1
a drugi od iloczynu:
!
n k
t · 1.
k
Ze wzoru 3 mamy teraz:
!
n
n
+
k−1
k
!
!
n+1
.
k
=
2
Jeżeli do wzoru Newtona podstawimy t = ab , a potem pomnożymy obie strony przez a n , to otrzymamy inna̧ znana̧ wersjȩ wzoru Newtona.
Wniosek 7 Dla dowolnych liczb rzeczywistych a i b i dowolnej liczby calkowitej n ≥ 0:
n
(a + b) =
n
X
k=0
!
n n−k k
a
b .
k
Jeżeli podstawimy t = 1 do wzoru z twierdzenia 6, to otrzymamy:
n
2 =
n
X
k=0
!
n
,
k
co potwierdza jeszcze raz, że wszystkich podzbiorów zbioru n-elementowego jest 2 n .
Zobaczymy teraz, że wśród wszystkich podzbiorów zbioru {1, . . . , n} jest tyle samo podzbiorów
mocy parzystej (o parzystej liczbie elementów) i podzbiorów mocy nieparzystej (o nieparzystej
liczbie elementów).
Twierdzenie 8 Dla każdego zbioru zawieraja̧cego n elementów, liczba podzbiorów parzystej mocy
jest równa liczbie podzbiorów nieparzystej mocy.
9
Pierwszy dowód. Jeżeli podstawimy t = −1 do wzoru Newtona, to otrzymamy:
0=
n
X
(−1)
k
k=0
!
n
.
k
Zauważmy, że w sumie po prawej stronie z plusem wystȩpuja̧ symbole Newtona nk dla parzystych
k, a z minusem — dla nieparzystych k. Tak wiȩc z plusem mamy liczbȩ podzbiorów parzystej mocy,
a z minusem liczbȩ podzbiorów nieparzystej mocy. Z powyższego wzoru wynika, że podzbiorów
parzystej mocy jest tyle samo co podzbiorów mocy nieparzystej.
Drugi dowód. Rozważmy funkcjȩ f , która każdemu podzbiorowi
A ⊂ {1, 2, . . . , n}
przyporza̧dkuje podzbiór
f (A) = A ⊕ {n} = (A − {n}) ∪ ({n} − A),
czyli różnicȩ symetryczna̧ zbioru A i zbioru jednoelementowego {n}. Zauważmy, że funkcja f la̧czy
podzbiory w pary, ponieważ jeżeli
f (A) = B,
to
f (B) = A.
Rzeczywiście, jeżeli A zawiera n, to B = A − {n} i B ⊕ {n} = A. Jeżeli natomiast A nie zawiera
n, to B = A ∪ {n} i również B ⊕ {n} = A.
Pozostaje zauważyć, że z pary zbiorów A i f (A) jeden jest mocy parzystej i jeden nieparzystej.
2
8
Zasada sumy
W najprostszej postaci zasada sumy, mówi że moc sumy dwóch zbiorów A i B jest równa
|A ∪ B| = |A| + |B| − |A ∩ B|.
Wyobraźmy sobie, że obliczaja̧c prawa̧ stronȩ tej równości liczymy po kolei elementy zbioru A i
dla każdego elementu dodajemy +1 do ogólnej sumy, nastȩpnie liczymy elementy zbiorów B i dla
każdego dodajemy +1, a na końcu liczymy elementy przekroju A ∩ B i dla każdego dodajemy −1.
Zastanówmy siȩ teraz jaki jest udzial poszczególnych elementów w tak powstalej sumie. Jeżeli jakiś
element wystȩpuje tylko w A lub tylko w B, to jego udzial wynosi 1. Ale także, jeżeli należy do
obu zbiorów A i B to jego udzial wynosi 1 = 1 + 1 − 1. Dlatego na końcu wynik bȩdzie równy
liczbie elementów, które należa̧ do jednego lub drugiego zbioru.
10
Przyklad Policzmy ile spośród liczb od 1 do 30 jest podzielnych przez 2 lub 3. Niech A 2 oznacza
zbiór liczb z tego przedzialu podzielnych przez 2, a A 3 zbiór liczb podzielnych przez 3. Liczby
podzielne przez 2 lub 3 tworza̧ zbiór A 2 ∪ A3 . Mamy
|A2 | = 15,
|A3 | = 10
oraz
|A2 ∩ A3 | = 5.
A2 ∩A3 zawiera liczby podzielne przez 2 i 3, czyli podzielne przez 6. Ze wzoru na sumȩ otrzymujemy:
|A2 ∪ A3 | = 15 + 10 − 5 = 20.
Podobnie możemy uzasadnić wzór na sumȩ trzech zbiorów:
|A ∪ B ∪ C| = |A| + |B| + |C| − |A ∩ B| − |A ∩ C| − |B ∩ C| + |A ∩ B ∩ C|.
Jeżeli zastosujemy podobne liczenie, to udzial elementów, które należa̧ tylko do jednego zbioru,
wynosi 1, tych, które należa̧ do dwóch (ale nie do trzech naraz), wynosi 1 + 1 − 1 = 1, a tych, które
należa̧ do wszystkich trzech zbiorów, 1 + 1 + 1 − 1 − 1 − 1 + 1 = 1.
Przyklad Policzmy ile spośród liczb od 1 do 30 jest podzielnych przez 2, 3, lub 5. Niech A 2 oznacza
zbiór liczb podzielnych przez 2, A 3 zbiór liczb podzielnych przez 3, a A 5 podzielnych przez 5. Mamy
|A2 | = 15, |A3 | = 10, |A5 | = 6, |A2 ∩ A3 | = 5, |A2 ∩ A5 | = 3, |A3 ∩ A5 | = 2, |A2 ∩ A3 ∩ A5 | = 1. Ze
wzoru na sumȩ otrzymujemy:
|A2 ∪ A3 ∪ A5 | = 15 + 10 + 6 − 5 − 3 − 2 + 1 = 22.
Jak z tego widać, tylko osiem liczb mniejszych od 30 nie jest podzielnych przez 2, 3 lub 5; sa̧ to: 1,
7, 11, 13, 17, 19, 23, 29.
W nastȩpnym rozdziale pokażemy jak można obliczyć sumy dowolnej skończonej klasy zbiorów.
9
Zasada wla̧czania i wyla̧czania
Zacznijmy od przykladu. W grupie 100 studentów 45 uprawia koszykówkȩ, 53 plywanie, a 28 jedno
i drugie. Pytanie: ilu studentów nie uprawia ani koszykówki, ani plywania?
Zadanie to można rozwia̧zać ,,na palcach”. 17 = 45 − 28 studentów uprawia tylko koszykówkȩ,
a 25 = 53 − 28 studentów uprawia tylko plywanie. Zatem 70 = 17 + 25 + 28 studentów uprawia
jeden z dwóch sportów, a 30 = 100 − 70 nie uprawia ani koszykówki, ani plywania. Na rysunku 1.1
zilustrowano ten przyklad. Jest to tak zwany diagram Venna .
Przypuśćmy teraz, że sa̧ także studenci graja̧cy w szachy. Graja̧cych w szachy jest 55. Takich,
którzy graja̧ w koszykówkȩ i szachy, jest 32, takich, którzy graja̧ w szachy i plywaja̧, jest 35, a
takich, którzy uprawiaja̧ wszystkie trzy sporty, jest 20. To zadanie też można rozwia̧zać za pomoca̧
diagramu Venna (rysunek 1.2). Na przyklad, 8 studentów uprawia koszykówkȩ i plywanie, ale nie
gra w szachy, a 22 studentów nie uprawia żadnego sportu.
Zasada wla̧czania i wyla̧czania pozwala rozwia̧zywać tego typu zadania bez diagramów Venna.
11
Figure 1: Diagram Venna
pywanie
25
28
30
17
koszykwka
Niech X bȩdzie naszym uniwersum, A 1 , . . . , An jego podzbiorami. Dla każdego podzbioru I
zbioru indeksów I ⊂ {1, . . . , n} definiujemy zbiór:
AI =
\
Ai ,
i∈I
przyjmujemy przy tym A∅ = X.
W naszym przykladzie X to zbiór wszystkich studentów, A 1 to uprawiaja̧cy koszykówkȩ, A2 —
plywanie, a A3 — szachy:
• A{1,2} = A1 ∩ A2
to uprawiaja̧cy koszykówkȩ i plywanie,
• A{1,3} = A1 ∩ A3
to uprawiaja̧cy koszykówkȩ i szachy,
• A{2,3} = A2 ∩ A3
to uprawiaja̧cy plywanie i szachy,
• A{1,2,3} = A1 ∩ A2 ∩ A3
to uprawiaja̧cy wszystkie trzy sporty.
12
Figure 2: Diagram Venna
pywanie
22
10
15
8
20
5
12
8
szachy
koszykwka
Twierdzenie 9 (zasada wla̧czania i wyla̧czania) Liczba elementów uniwersum X,
które nie należa̧ do żadnego podzbioru A i , wynosi:
X
I⊂{1,...,n}
(−1)|I| |AI |.
(6)
Sumujemy tutaj po wszystkich podzbiorach I zbioru {1, . . . , n}.
Dowód. Podobnie jak w poprzednim rozdziale, żeby obliczyć sumȩ 6, liczymy elementy poszczególnych
zbiorów AI , i dla każdego elementu dodajemy (−1) |I| do sumy (+1, gdy |I| jest parzyste, lub −1,
gdy |I| jest nieparzyste). Każdy element x ∈ X może być liczony kilka razy. Udzial pojedynczego
elementu x jest równy sumie wspólczynników (−1) |I| dla tych podzbiorów I ⊂ {1, . . . , n}, dla
których x ∈ AI .
Jeżeli x nie należy do żadnego z podzbiorów A i , to x jest liczony tylko raz, w zbiorze A ∅ , i jego
udzial w sumie 6 wynosi 1. Przypuśćmy teraz, że x należy do jakiś podzbiorów i niech
J = {i ∈ {1, . . . , n} : x ∈ Ai },
czyli J to indeksy tych podzbiorów, które zawieraja̧ x. Zauważmy teraz, że x ∈ A I wtedy i tylko
T
wtedy, gdy I ⊂ J. Rzeczywiście x ∈ AI = i∈I Ai wtedy i tylko wtedy, gdy x ∈ Ai , dla każdego
13
i ∈ I, czyli gdy I ⊂ J. Tak wiȩc udzial elementu x w sumie 6 wynosi:
X
(−1)|J| .
I⊂J
Jest to suma po podzbiorach
zbioru J. Uporza̧dkujmy teraz skladniki tej sumy wedlug mocy
podzbiorów I. Mamy ji podzbiorów mocy i, gdzie j = |J|, wiȩc:
X
(−1)
|J|
=
j
X
j
i=0
I⊂J
i
!
(−1)i = (1 − 1)j = 0.
Przedostatnia równość wynika ze wzoru Newtona.
Tak wiȩc wklady elementów, które nie należa̧ do żadnego A i , wynosza̧ po 1, a wklady tych
elementów, które należa̧ do jakiegoś A i , wynosza̧ po 0. A zatem suma 6 zlicza elementy nie należa̧ce
do żadnego Ai .
2
Stosuja̧c zasadȩ wla̧czania i wyla̧czania do przykladu ze studentami możemy teraz policzyć
studentów, którzy nie uprawiaja̧ żadnego sportu:
|A∅ | − |A1 | − |A2 | − |A3 | + |A{1,2} | + |A{1,3} | + |A{2,3} | − |A{1,2,3} |=
|X| − |A1 | − |A2 | − |A3 | + |A1 ∩ A2 | + |A1 ∩ A3 | + |A2 ∩ A3 |
−|A1 ∩ A2 ∩ A3 |=
100 − 45 − 53 − 55 + 28 + 32 + 35 − 20=22.
Aby policzyć moc sumy zbiorów
n
[
Ai
i=1
możemy wykorzystać wzór 6, przy zalożeniu, że
X=
n
[
Ai .
i=1
Mamy wtedy
Twierdzenie 10
|
10
n
[
i=1
Ai | = −
X
I⊂{1,...,n}
I6=∅
(−1)|I| |AI |.
Przestawienia
Przestawieniem bȩdziemy nazywać permutacjȩ bez punktu stalego, czyli taka̧ permutacjȩ, w której
żaden element nie stoi na swoim miejscu. Wykorzystamy teraz zasadȩ wla̧czania i wyla̧czania, do
policzenia liczby przestawień w zbiorze n-elementowym.
Twierdzenie 11 Liczba przestawień (permutacji bez punktów stalych) w zbiorze n-elementowym
wynosi:
n
X
(−1)i
.
n!
i!
i=0
14
Dowód. Niech X bȩdzie zbiorem wszystkich permutacji na zbiorze {1, . . . , n}, a A i zbiorem
permutacji, w których i jest punktem stalym, to znaczy π(i) = i. Moc zbioru A i wynosi:
|Ai | = (n − 1)!,
ponieważ w zbiorze Ai sa̧ te permutacje, które permutuja̧ wszystkie n − 1 elementów oprócz i-tego.
Podobnie moc zbioru AI wynosi:
\ |AI | = Ai = (n − |I|)!,
i∈I
bo teraz w AI permutujemy n − i elementów oprócz tych, które należa̧ do I.
Permutacje bez punktów stalych to te permutacje, które nie należa̧ do żadnego ze zbiorów A i .
Z zasady wla̧czania i wyla̧czania ich liczba wynosi:
X
(−1)|I| (n − |I|)!.
I⊂{1,...,n}
Pogrupujmy teraz skladniki wedlug mocy zbiorów I. Mamy ni podzbiorów mocy i. Dla każdego
z nich skladnik sumy wynosi (−1)i (n − i)!, tak wiȩc liczba przestawień wynosi:
n
X
(−1)i
i=0
!
n
(n − i)!.
i
Twierdzenie wynika teraz z równości:
!
n
n!
(n − i)! = .
i
i!
2
11
Zadania
1. Ile numerów rejestracyjnych samochodów można utworzyć, jeżeli każdy numer sklada siȩ z
trzech liter i czterech cyfr?
Ile numerów rejestracyjnych można utworzyć, jeżeli bȩdziemy dodatkowo wymagać, aby każdy
numer zaczynal siȩ od spólgloski?
2. W grupie jest piȩć dziewcza̧t i piȩciu chlopców. Na ile sposobów można wybrać podgrupȩ
skladaja̧ca̧ siȩ z dwóch dziewcza̧t i dwóch chlopców?
Na ile sposobów można utworzyć w tej grupie piȩć par, z jednym chlopcem i jedna̧ dziewczyna̧
w każdej parze?
3. Znana jest zabawka dla dzieci skladaja̧ca siȩ z dwunastu sześciennych klocków z naklejonymi
na ściankach fragmentami obrazków. Na ile sposobów można ulożyć te klocki w prostoka̧t
(trzy rzȩdy po cztery klocki w rzȩdzie)?
15
4. Ile slów można utworzyć z liter slowa ULICA (litery nie moga̧ siȩ powtarzać)?
Ile slów można utworzyć z liter slowa MATMA (litery M i A moga̧ wysta̧pić po dwa razy)?
5. Udowodnij wzór:
!
!
n−1
n
.
=n
k
k−1
k
Wskazówka. Policz na dwa różne sposoby, ile k-elementowych drużyn z kapitanem można
utworzyć ze zbioru n sportowców.
6. Udowodnij wzór:
n
X
k=1
!2
n
k
!
2n
.
=
n
Wskazówka. Policz na dwa różne sposoby, ile n-elementowych grup można utworzyć w klasie
zlożonej z n chlopców i n dziewcza̧t.
7. Udowodnij, że
8. Udowodnij, że:
n
k
jest najwiȩksze dla k = d n2 e i k = b n2 c.
2n
n
!
≥
22n
.
n+1
9. Rozwiń wielomian (1 + t)8 .
10. Przedstaw wzór na sumȩ czterech zbiorów A, B, C i D.
11. Wyznacz liczbȩ elementów |A ∩ B ∩ C| oraz |C|, wiedza̧c, że |A| = 10, |B| = 9, |A ∩ B| = 3,
|A ∩ C| = 1, |B ∩ C| = 1 oraz |A ∪ B ∪ C| = 18.
12. Oblicz ile liczb mniejszych od 100 jest podzielnych przez 2, 3 lub 5.
13. Oblicz ile liczb mniejszych od 100 nie jest podzielnych przez 2, 3, 5 lub 7. Udowodnij, że
wszystkie te liczby oprócz 1 sa̧ pierwsze. Ile jest liczb pierwszych mniejszych od 100?
14. k-elementowe kombinacje z powtórzeniami ze zbioru n-elementowego sa̧ to k-elementowe
wybory elementów zbioru n-elementowego, w których elementy moga̧ siȩ powtarzać i w
których nie jest istotna kolejność wybieranych elementów. Na przyklad, mamy cztery trzyelementowe kombinacje z powtórzeniami ze zbioru dwuelementowego {1, 2}; oto one: (1, 1, 1),
(1, 1, 2), (1, 2, 2), (2, 2, 2).
Udowodnij, że liczba k-elementowych kombinacji z powtórzeniami ze zbioru n-elementowego
.
wynosi n+k−1
k
15. Udowodnij, że liczba przestawień (permutacji bez punktów stalych) w zbiorze n-elementowym
jest równa zaokra̧gleniu liczby n!
e do najbliższej liczby naturalnej; e jest podstawa̧ logarytmu
naturalnego.
16
Wskazówka. Skorzystaj z twierdzenia 11, z rozwiniȩcia:
e−1 =
∞
X
(−1)i
i=0
oraz z oszacowania:
i!
X
∞ (−1)i 1
≤
.
(n + 1)!
i=n+1 i! 16. Udowodnij, że liczba surjekcji (funkcji na cala̧ przeciwdziedzinȩ) ze zbioru n-elementowego
na zbiór k-elementowy wynosi:
!
k
X
i k
(−1)
(k − i)n .
i
i=0
Wskazówka. Skorzystaj z zasady wla̧czania i wyla̧czania dla zbioru wszystkich funkcji ze
zbioru {1, . . . , n} w zbiór {1, . . . , k}. Zbiór A i to funkcje, które nie maja̧ elementu i w obrazie.
17