Północna Kurs tańca

Matematyka dyskretna
© Andrzej Łachwa, UJ, 2015
[email protected]
9/15
Zbiory przeliczalne
Przyjmujemy, że
= {0, 1, 2, 3, … n-1} dla n>0 oraz
= przy n=0.
Zbiór skończony to zbiór bijektywny z pewnym zbiorem postaci .
Zbiór nieskończony to zbiór, który nie jest skończony.
Liczba elementów skończonego zbioru X to jedyna liczba naturalna n
taka, że istnieje bijekcja z
w X. Liczbę te oznaczamy przez |X|.
Oczywiście
.
Zbiór przeliczalny to zbiór skończony lub bijektywny z .
Zbiór pusty jest przeliczalny, bo jest skończony. Zbiór liczb parzystych jest
przeliczalny, bo
jest bijekcją
. Zbiór liczb całkowitych
jest przeliczalny, bo
jest bijekcją z
w .
3 zasady zliczania
Zaczynamy od 3 zasad ogólnych: dodawania, włączania-wyłączania oraz
mnożenia.
ZASADA DODAWANIA
Dla skończonych i rozłącznych zbiorów A i B mamy
Dla zbiorów
skończonych i parami rozłącznych mamy
ZASADA WŁĄCZANIA I WYŁĄCZANIA
Dla zbiorów skończonych
Lemat
W szczególności,
skończone.
zachodzi
, o ile tylko A, B są
Dowód lematu
Ponieważ trzy zbiory
do
mamy:
i stąd
i
są parami rozłączne i sumują się
, to na mocy zasady dodawania
ZASADA MNOŻENIA
Jeżeli mamy wybrać dwa różne obiekty: pierwszy spośród m obiektów,
a drugi spośród n obiektów, to liczba możliwych wyborów jest równa m·n.
Zasada ta mówi, że dla skończonych zbiorów X, Y mamy |XY|=|X||Y|.
Przypomnijmy, że iloczyn kartezjański zbiorów X, Y to zbiór
A zatem jest to liczba par (x, y).
Postać ogólna
Jeżeli A1, A2, … An są zbiorami skończonymi to
| A1  A2  …  An | = |A1||A2|…|An|.
[Dowód przez indukcję]
Przykład
Rozważmy turniej rycerski między bractwem czerwonych a bractwem
niebieskich. Bractwo czerwonych ma 12 rycerzy, bractwo niebieskich 15.
Ile różnych indywidualnych pojedynków może być stoczonych, jeśli
rycerze z tego samego bractwa nigdy ze sobą nie walczą?
Niech C i N będą zbiorami rycerzy, odpowiednio z bractwa czerwonych i
z bractwa niebieskich, każdy pojedynek może być interpretowany jako
uporządkowana para
, gdzie
,
. Zatem liczba pojedynków
to liczność zbioru CN, więc
|C×N|=|C||N|= 1215 = 180.
Zliczanie podzbiorów
Twierdzenie
Dla dowolnego, skończonego zbioru X zachodzi
Definicja
Współczynnik dwumianowy
zbioru n-elementowego, tzn.
kombinacjami.
Twierdzenie
n
 
k 
=
n!
k!(n  k )!
to liczba k-elementowych podzbiorów
. Podzbiory te nazywamy
Lematy
Dla nk0 zachodzi równość
n
 
k 
=
 n 

 .
n  k 
n
   2 n

k 0  k 
n
Dla n1 zachodzi
Komentarz
(n) (n) ( n)
( n ) (n )
Wyrażenie 2n = (1+1)n = 0 + 1 + 2 + …+ n−1 + n może być odczytane
jako suma podzbiorów 0-elementowych, 1-elementowych, 2-elementowych, … , (n-1)-elementowych i n-elementowych.
Dla nk0 zachodzi równość
n
 
k 
=
 n  1  n  1

  

 k   k  1
Jak się to ma do trójkąta Pascala?
1
1
1
1
5
. . . . .
1
4
3
10
1
2
6
1
3
10
1
4
1
5
1
1
Przykład
Rzucamy 10 razy symetryczną monetą. Ile jest możliwych wyników,
w których orzeł wypadł parzystą liczbę razy?
Niech X = {1,2,3,4,5,6,7,8,9,10}.
Wynik będziemy reprezentować zbiorem A X pozycji, na których
występują jedynki w ciągu reprezentującym wynik eksperymentu
(1 – orzeł, 0 –reszka). Na przykład A={1,2,5,6} odpowiada wynikowi
1100110000.
Gdy wypadną same jedynki, to A = X.
Gdy wypadnie 8 jedynek, to A jest 8-elementowym podzbiorem X.
Gdy wypadnie 6 jedynek, to A jest 6-elementowym podzbiorem X.
Gdy wypadną 4 jedynki, to A jest 4-elementowym podzbiorem X.
Gdy wypadnie 2 jedynki, to A jest 2-elementowym podzbiorem X.
Gdy wypadnie 0 jedynek, to A jest zbiorem pustym.
Możliwych eksperymentów, gdzie wypadnie parzysta liczba jedynek jest
zatem:
1+
10 
 
8
+
10 
 
6
+
10 
 
4
+
10 
 
2
A ile jest możliwych wyników?
210 = 1024
+ 1 = 1 + 45 + 210 + 210 + 45 + 1 = 512
Przykład
Ile jest różnych liczb naturalnych mniejszych od 2n, które w zapisie
dwójkowym mają dokładnie k jedynek?
Liczby te w zapisie dwójkowym, to ciągi n-elementowe an-1an-2…a2a1a0,
a każdy taki ciąg można traktować jako funkcję charakterystyczną zbioru
A zawartego w zbiorze {0, 1, … n-1} taką, że iA wttw ai=1.
Zbiór A przechowuje informację, na jakich pozycjach znajdują się jedynki.
Np. dla n=7 liczba 7510=10011012 więc A={6,3,2,0}. Odwzorowanie, które
liczbie naturalnej przyporządkowuje zbiór pozycji na których występują
jedynki w zapisie dwójkowym tej liczby, czyli odpowiedni zbiór A, jest
bijekcją. Liczymy więc k-elementowe podzbiory zbioru {0,1,…n-1}.
Jest ich
n
 
k 
.
Przykład
Ful w pokerze to układ 5 kart, w których występują tylko karty o dwóch
różnych wysokościach x i y: dokładnie 3 karty o wysokości x i 2 karty
o wysokości y. Oznaczmy typ fula przez (x,y).
Ile jest różnych układów typu (7,D)? Ile jest różnych typów fuli?
Dla układu typu (7,D) trzy siódemki są wybrane z czterech, a dwie damy –
też z czterech.
Więc mamy
 4
 
 3

 4
 
 2
= 24 możliwości.
Typ fula ustalimy wybierając jedną z 13 wysokości kart (oznaczmy ją jako
x), a następnie jedną z pozostałych 12 (oznaczmy ją jako y), czyli różnych
typów fuli jest 1312 = 156.
Przykład
W lodziarni są trzy rodzaje lodów: jogurtowe, bakaliowe i waniliowe.
Sprzedaje się desery po 5 kulek. Na ile sposobów można skomponować
deser (kolejność nie jest ważna).
Mamy liczby naturalne j5, b5, w5, j+b+w=5. Każdy taki zestaw można
zakodować w 7 kratkach, z których dwie muszą być skreślone. Różnych
deserów będzie więc tyle, na ile sposobów można skreślić dwie kratki
z siedmiu, czyli tyle, ile różnych podzbiorów dwuelementowych w zbiorze
7-elementowym, czyli
7
 
 2
= 21.
bakaliowe
jogurtowe
waniliowe
Przykład
Wyobraźmy sobie, że znajdujemy się w mieście zbudowanym na planie
prostopadle przecinających się ulic. Znajdujemy się w punkcie A i chcemy
dojść – najkrótszą drogą – do punktu B leżącego 3 przecznice na północ i 6
przecznic na wschód. Łatwo zauważyć, że jest wiele najkrótszych dróg
prowadzących z A do B. Dla przykładu: możemy pójść 3 razy na północ i
potem cały czas na wschód, ale także możemy iść najpierw 6 razy na
wschód i dopiero wtedy skręcić na północ.
Ile jest najkrótszych dróg z A do B?
Zauważmy, że każda najkrótsza droga biegnie przez dokładnie 9 skrzyżowań (licząc skrzyżowanie w punkcie A i nie licząc skrzyżowania w punkcie
B). Na każdym takim skrzyżowaniu musimy podjąć decyzję, czy pójść na
wschód czy na północ, przy czym musimy iść dokładnie 3 razy na północ i
dokładnie 6 razy na wschód.
Zatem liczba najkrótszych dróg z A do B to liczba wyborów spośród 9
skrzyżowań, trzech, na których pójdziemy na północ (na pozostałych
skrzyżowaniach musimy iść na wschód).
Możemy też jako rozwiązanie policzyć jako liczbę wyborów spośród 9 tych
6 skrzyżowań, na których pójdziemy na wschód (wtedy na pozostałych
trzech musimy iść na północ.
Ostatecznie liczba ta wynosi
9
 
 3
=
9
 
6
= 84.
Przykład
Ile rozwiązań ma równanie
gdzie
liczbami naturalnymi?
Użyjmy kratki rozważanej w poprzednim przykładzie, ale w ustalonym
rozmiarze 4 na 7 kwadratów. Połączmy łamaną lewy dolny róg z prawym
górnym w ten sposób, że na każdym skrzyżowaniu można iść na wschód
lub na północ. Skrzyżowań, na których mamy dokonać wyboru jest 7+4.
Wybór drogi to wybór skrzyżowań, na których skręcimy na północ. Każda
taka droga będzie mieć co najwyżej 5 odcinków poziomych, a suma
długości tych odcinków będzie wynosić 7.
Odcinki poziome mogę leżeć na poziomie 0, 1, 2, 3, 4 i 5. Jeśli długości
tych odcinków oznaczymy odpowiednio przez x0, x1, x2, x3, x4, to każda
taka droga (łamana) na kratce ustala pewne rozwiązanie naszego
równania, i każde rozwiązanie równania wyznacza dokładnie jedna drogę
(łamaną).
Zatem istnieje
rozwiązań naszego równania.
Przykład
Rozważmy znów kratkę, tym razem o wymiarach 6x6 kwadratów.
Policzmy na ile sposobów można w jej wnętrzu narysować prostokąt tak,
aby wszystkie jego boki były równoległe do krawędzi kratki?
X
X X X X
X
X X X X
X
X X X X
Zauważmy, że każdy taki prostokąt jest jednoznacznie wyznaczony przez
dwie linie poziome (spośród 7) oraz dwie linie pionowe (znów spośród 7).
I na odwrót: dowolny wybór linii pozwoli nam jednoznacznie narysować
prostokąt w kratce.
Poziome linie możemy wybrać na
7
 
 2
sposobów i pionowe linie na tyle
samo sposobów. Zatem prostokąt w kratce 6x6 możemy narysować na
dokładnie
7
 
 2
2
= 441 sposobów.
Zliczanie funkcji
Twierdzenie o liczbie funkcji
Zbiór funkcji postaci
oznaczamy przez
. Dla skończonych
zbiorów X, Y mamy wówczas:
Dowód
Niech |X|= n, |Y| = m. Zbiór funkcji z X w Y jest równoliczny z Y n.
Na podstawie Zasady Mnożenia otrzymujemy
|Y×Y× … ×Y| = |Y||Y| … |Y| = mn = |Y||X|
n
n
Twierdzenie o liczbie injekcji
Liczba injekcji ze zbioru skończonego X (n-elementowego) w zbiór
skończony Y (m-elementowy) wynosi:
|Y|! / (|Y||X|)! = m! / (m-n)! = m(m-1)…(m-n+1) = mn
(dolna potęga krocząca)
Twierdzenie o liczbie bijekcji
Liczba bijekcji pomiędzy skończonymi zbiorami X i Y, gdzie
wynosi nn = n!.
=n
Przykład
Trzech kolegów: Bartek, Paweł i Piotrek spotkali się w pubie po zdanym
egzaminie. Okazało się, że jest pięć marek piwa do wyboru. Na ile
sposobów mogą oni wypić pierwszą kolejkę?
Każdy wybór marki piwa przez wszystkie 3 osoby możemy interpretować
jako funkcję ze zbioru {Bartek, Paweł, Piotrek} w pięcioelementowy zbiór
marek piwa. A więc istnieje
sposobów spożycia pierwszej
kolejki. I tyleż sposobów dla każdej następnej.
Przykład
Kod PIN jest kodem autoryzującym właściciela karty bankomatowej.
Składa się on z 4 cyfr dziesiętnych.
a) Ile jest różnych kodów PIN?
b) Ile jest takich PIN-ów, w których żadna cyfra się nie powtarza?
c) Ile jest takich PIN-ów, w których dokładnie jedna cyfra powtarza się
dwukrotnie?
a)
Każdy kod PIN to funkcja z czteroelementowego zbioru pozycji {0, 1, 2, 3}
w dziesięcioelementowy zbiór cyfr {0, 1, …, 9}. Kodów PIN jest zatem
104 = 10000.
b)
Każdy PIN z niepowtarzającymi się cyframi to injekcja z 4-elementowego
zbioru pozycji {0, 1, 2, 3} w 10-elementowy zbiór cyfr {0, 1, …, 9}. Zatem
jest ich dokładnie 104 = 10·9·8·7 = 5040.
c)
Każdy taki PIN ma 3 różne cyfry . . .
Przykład
Na kurs tańca uczęszcza pięciu chłopaków i pięć dziewcząt. Większość
kroków tanecznych ćwiczy się parami. Dla urozmaicenia pary często się
zmieniają. Na ile sposobów może być wykonany dobór par do jednego
tańca?
Niech C będzie zbiorem chłopaków, a D zbiorem dziewcząt. Wiemy, że
|C|=|D|= 5. Matematycznym modelem doboru par do tańca jest bijekcja
z C do D. Zatem możliwych wyborów jest tyle samo co bijekcji pomiędzy
5-elementowymi zbiorami, czyli 5! = 120.
Zasada Dirichleta
1 ZASADA SZUFLADKOWA DIRICHLETA (1ZSD)
Jeśli n obiektów jest rozmieszczonych w m szufladach i n > m > 0, to
istnieje szuflada z przynajmniej dwoma obiektami.
2 ZASADA SZUFLADKOWA DIRICHLETA (2ZSD)
Jeśli n obiektów jest rozmieszczonych w m szufladach i n > m > 0, to co
najmniej jedna szuflada ma n/m lub więcej elementów oraz co
najmniej jedna szuflada ma n/m lub mniej elementów.
Ta postać zasady mówi, że w zbiorze danych wszystkie wartości nie mogą
leżeć równocześnie powyżej średniej ani równocześnie poniżej średniej.
Wniosek z 2ZSD
Jeżeli dana jest funkcja f: X  Y, gdzie |X|=n, |Y|=m, n > m > 1 to istnieją
y1, y2 takie, że |f-1(y1)| n/m oraz |f-1(y2)| n/m.
Dowód 2ZSD
Zakładam, że każdy z podzbiorów ma mniej niż n/m elementów, czyli co
najwyżej n/m –1 elementów. Wtedy cały zbiór ma ich co najwyżej
m( n/m –1), czyli n  m( n/m –1), czyli n/m +1  n/m . Ale to jest
sprzeczne z oczywistą własnością, że x + 1 > x dla każdego x.
Proszę udowodnić tę własność.
Dowód drugiej części przebiega analogicznie. Proszę go wykonać.
Dowód 1ZSD
Przy n > m > 0 wartość n/m jest  2.
3 ZASADA SZUFLADKOWA DIRICHLETA (3ZSD)
Jeśli n obiektów rozmieszczonych jest w m szufladach i n>mr dla
pewnego naturalnego r, to istnieje szuflada z co najmniej r+1 obiektami.
Wniosek z 3ZSD
Jeżeli dana jest funkcja f: X  Y, gdzie |X|=n, |Y|=m, oraz n>mr, dla
pewnego naturalnego r, to co najmniej jeden ze zbiorów f--1(y) ma więcej
niż r elementów.
Dowód 3ZSD
Z 2ZSD co najmniej jedna szuflada ma n/m lub więcej elementów oraz
n>mr, dla pewnego naturalnego r. Zatem n/m ≥ n/m > r. Czyli szuflada
ta ma co najmniej r+1 elementów.
4 ZASADA SZUFLADKOWA DIRICHLETA (4ZSD)
Niech X1, X2, … Xm będą podzbiorami n-elementowego zbioru X oraz niech
każdy element z X należy do co najmniej t spośród zbiorów Xi. Wtedy
średnia arytmetyczna liczb elementów zbiorów Xi wynosi co najmniej
tn/m.
Dowód 4ZSD
Niech P = {(x, i): xXi}. Zbiór P można rozpisać na dwa sposoby: jako suma
zbiorów po i=1…m i jako suma zbiorów po xX.
P = {(x, 1): xX1}{(x, 2): xX2}…{(x, m): xXm} i wtedy |P|= |Xi|.
i=1…m
P =  {(x, i): xXi} i wtedy |P|  tn.
xX
Zatem średnia arytmetyczna (1/m)|Xi|  tn/m.
i=1…m
Przykład
Wśród mieszkańców Krakowa co najmniej dwie osoby mają tę samą liczbę
włosów na głowie.
Liczba włosów na głowie człowieka nie przekracza pół miliona, natomiast
liczba mieszkańców Krakowa przekracza osiemset tysięcy. Weźmy 500000
szufladek ponumerowanych kolejnymi liczbami naturalnymi od 0 do
499999 i wkładajmy do szufladki o danym numerze osoby, które mają
taką liczbę włosów na głowie, jak numer szufladki. Ponieważ osób jest
więcej niż szufladek, to z Zasady Szufladkowej wynika, że w jednej
szufladce muszą znaleźć się co najmniej dwie osoby.
Przykład
W grupie 13 osób muszą być co najmniej dwie, które urodziły się w tym
samym miesiącu.
Dowód: Weźmy 12 szufladek z nazwami miesięcy i wkładajmy do nich
osoby, które urodziły się w danym miesiącu. Ponieważ osób jest 13, a
szufladek 12, to w jednej z nich muszą być co najmniej dwie osoby.
Przykład
Wybierzmy dowolnie 10 różnych liczb naturalnych
spośród
. Pokażemy, że w zbiorze
wybrać dwa rozłączne podzbiory, dające tę samą sumę liczb.
można
Szuflady poetykietujmy liczbami reprezentującymi możliwe sumy liczb
w co najwyżej 10-cio elementowych podzbiorach zbioru {1, 2, …100}.
Ponieważ największa możliwa taka suma to 91+92+…+100=955, to mamy
955 szuflad z etykietami: 0, 1, 2, …, 955. Z drugiej strony 10-elementowy
zbiór
ma
podzbiory, więc muszą być dwa różne
podzbiory zbioru
o tej samej sumie.
Jak na razie takie podzbiory nie muszą być rozłączne, ale jeśli z obu z nich
usuniemy wspólne liczby, to pozostałe dalej będą dawać takie same sumy,
a powstałe zbiory będą już rozłączne.
Przykład
Jeżeli na 3 półkach znajduje się 11 książek, to … ... na jednej z nich musi
być nie więcej niż 3 książki, a na innej nie mniej niż 4 książki.
Przykład
Niech A będzie 9-elementowym podzbiorem {1, 2, … 30}. Należy pokazać,
że w zbiorze A istnieją dwa różne podzbiory 4-elementowe o tej samej
sumie elementów.
9
 
 4  =126 różnych
Po pierwsze, w A mamy
podzbiorów 4-elementowych.
Po drugie, najmniejsza suma wynosi 1+2+3+4=10. Po trzecie, największa
suma wynosi 27+28+29+30=114.
Możliwych jest więc 114–10+1=105 różnych sum. Ponumerujmy szuflady
tymi sumami. Na mocy 2ZSD co najmniej jedna szuflada musi mieć co
najmniej 126/105 elementów, czyli co najmniej 2 elementy.
Przykład
W kwadracie o boku 2 umieścimy 5 punktów. Co najmniej dwa z nich są
oddalone o nie więcej niż 2 .
Dzielimy nasz kwadrat na cztery kwadraty o bokach 1 i przekątnych 2 .
Zgodnie z 1ZSD jeden z tych kwadratów musi zawierać dwa punkty, więc
ich odległość nie jest większa od przekątnej kwadratu.
Przykład
Z grupy 21 posłów każdy uczestniczy w co najmniej dwóch komisjach
śledczych. Powołano 7 komisji.
Z 4ZSD średnia liczebność komisji wynosi co najmniej 221/7 = 6.
Przykład
Jeśli 83 jabłka umieszczono w 9 skrzynkach, to jedna ze skrzynek zawiera
co najmniej 10 jabłek, bo …
... 83/9 = 10.
Istnieje również skrzynka, która zawiera co najwyżej 83/9 = 9 jabłek.
Czy to prawda, że jeśli dwie skrzynki są puste to któraś ze skrzynek ma co
najmniej 12 jabłek?
Jabłka są teraz rozmieszczone w 7 skrzynkach, więc istnieje skrzynka,
która ma co najmniej 83/7 =12 jabłek.
Przykład
Ile co najwyżej razy można rzucić parą kostek bez otrzymywania
dwukrotnie tej samej sumy oczek?
Szuflada oznacza wszystkie wyniki dające tę samą sumę oczek. Takich
szuflad będzie od 2 do 12, czyli 11. Tylko ciąg po jednym elemencie z
każdej szuflady daje zadany wynik. Dwunasty rzut trafi do jednej z szuflad,
które już wystąpiły w ciągu.
Przykład
Wykazać, że jeśli 10 liczb naturalnych daje w sumie 101, to są wśród nich
3 liczby, których suma wynosi co najmniej 31.
I sposób
Ponumerujmy te liczby jako a1, a2, … a10. Następnie wypiszmy 3 rzędy:
a1, a2, … a8, a9, a10
a2, a3, … a9, a10, a1
a3, a4, … a10, a1, a2
Suma tych 30 liczb wynosi 303. Jedna z 10 kolumn musi mieć sumę równą
co najmniej sufit z 303/10 (czyli 31).
II sposób
Podzielmy 10 liczb na 5 par. Jedna z tych par musi mieć sumę co najmniej
21. Oznaczmy ją przez s. Z pozostałych 8 liczb jedna musi być równa co
1
7
najmniej 1/8 ich sumy. Wtedy s+ 8 (101-s) = 8 s +
101 7
101
 21 +
= 31
8
8
8