Matematyka Dyskretna 2/2009 1. Wyznaczyć liczbę wszystkich liczb

Cz. Bagiński – Materiały dydaktyczne
Matematyka Dyskretna 2/2009
1. Wyznaczyć liczbę wszystkich liczb naturalnych n, 1 ≤ n ≤ 2.000, które:
(a) nie są podzielne przez żadną z liczb 2, 3, 5;
(b) nie są podzielne przez żadną z liczb 2, 3, 5, 7;
(c) nie są podzielne przez żadną z liczb 2, 3, 5 ale są podzielne przez 7.
2. Wyznaczyć liczbę wszystkich całkowitych rozwiązań równania
x1 + x2 + x3 + x4 = 21,
dla których:
(a) 0 ≤ xi dla 1 ≤ i ≤ 4;
(b) 0 ≤ xi < 8 dla 1 ≤ i ≤ 4;
(c) −5 ≤ xi ≤ 10 dla 1 ≤ i ≤ 4;
(d) 0 ≤ x1 ≤ 5, 0 ≤ x2 ≤ 6, 3 ≤ x3 ≤ 7, 3 ≤ x4 ≤ 8
Rozwiązanie. Rozważmy na początek równanie
x1 + x2 + x 3 + · · · + x n = k
(1)
gdzie xi > 0 oraz k > 0 są liczbami całkowitymi. Rozważmy k +n−1 pionowych kresek (k
jest liczbą stojącą po prawej stronie równania (1), n − 1 liczba plusów między zmiennymi
xi ). Dla równania z zadania mamy ich 24 = 21 + 3:
| | | | | | | | | | | | | | | | | | | | | | | |
Jeśli teraz dowolne trzy kreski zastąpimy plusami (w przypadku ogólnym dowolne n − 1
kresek zastępujemy plusami), to otrzymamy jedno z rozwiązań równania (1). Na przykład
| | | + + | | | | | | | + | | | | | | | | | | |
wyznacza rozwiązanie x1 = 3 (liczba kresek do pierwszego plusa), x2 = 0 (liczba kresek
między pierwszym i drugim plusem, itd.) x3 = 7, x4 = 11, natomiast
+ | | | | | + | | | | | | | | | + | | | | | | |
wyznacza rozwiązanie x1 = 0, x2 = 5, x3 = 9, x4 = 7. Różne wybory kresek zamienianych
na plusy dają oczywiście różne rozwiązania. Łatwo widać, że liczba wyborów kresek
zamienianych na plusy jest równa liczbie rozwiązań. Zatem dla rozważanego zadania (a)
, a w przypadku ogólnym k+n−1
= k+n−1
.
liczba ta jest równa 24
3
n−1
k
(c) Rozważmy równanie x1 + x2 + x3 + x4 = 21 z ograniczeniami −5 6 xi 6 10. Po
dodaniu liczby 5 do wszystkich stron ostatnich nierówności, te ograniczenia zapiszmy w
postaci 0 6 xi + 5 6 15. Równanie przepiszmy w postaci (x1 + 5) + (x2 + 5) + (x3 + 5) +
(x4 + 5) = 41, a po podstawieniu yi = xi + 5 dostajemy równanie
y1 + y2 + y3 + y4 = 41
z ograniczniami 0 6 yi 6 15. Jeśli pominiemy górne ograniczenia na yi , to na podstawie
wcześniejszych rozważań, liczba rozwiązań jest równa 44
. Z tej liczby wszystkich roz3
wiązań usuńmy te, które nie spełniają górnego ograniczenia. Dla i = 1, 2, 3, 4 niech Ai
1
Cz. Bagiński – Materiały dydaktyczne
będzie zbiorem tych rozwiązań, dla których i-ta niewiadoma yi nie spełnia górnego ograniczenia, tzn. yi > 16. Naszym celem jest obliczenie |A1 ∪ A2 ∪ A3 ∪ A4 |. Na podstawie
Zasady Włączeń-Wyłączeń tym celu należy obliczyć |Ai | oraz moce wszystkich możliwych
przecięć tych zbiorów. Do obliczenia A1 rozważmy równanie (y1 − 16) + y2 + y3 + y4 = 25.
Z dotychczasowych rozważań wynika, że liczba rozwiązań jest równa 28
. Dla oblicze3
nia |A1 ∩ A2 | wystarczy rozważyć równanie (y1 − 16) + (y2 − 16) + y3 + y4 = 9. Liczba
jego rozwiązań jest równa 12
. Nietrudno też zauważyć, że przecięcie trzech dowolnych
3
zbiorów spośród A1 , A2 , A3 , A4 jest puste. Zatem
12
|A1 ∪ A2 ∪ A3 ∪ A4 | = 4 · 28
−
6
.
3
3
Zatem liczba rozwiązań wyjściowego równania jest równa
44
− 4 · 28
+ 6 12
3
3
3
3. Funkcją Eulera nazywamy funkcję ϕ : N → N określoną wzorem
ϕ(n) = |{m ∈ (N ) : 1 6 m 6 n − 1, N W D(m, n) = 1}|,
innymi słowy ϕ(n) – to ilość liczb naturalnych mniejszych od n, które są z n względnie
pierwsze, np. ϕ(2) = 1, ϕ(3) = ϕ(4) = ϕ(6) = 2, ϕ(5) = ϕ(8) = ϕ(10) = ϕ(12) = 4.
Obliczyć:
(a) ϕ(n) dla n ∈ {51, 420, 12.300};
(b) ϕ(2n ) oraz ϕ(2n p) gdzie p jest nieparzystą liczbą pierwszą.
4. Ile jest wszystkich ciągów 10 wyrazowych o wyrazach ze zbioru cyfr {0, 1, 2, . . . , 9}?
Ile wśród nich jest takich ciągów, w których między 0 i 1 stoją dokładnie cztery cyfry? Ile
wśród nich jest takich ciągów różnowartościowych, w których między 0 i 1 stoją dokładnie
cztery cyfry?
5. Windą jedzie siedem osób. Każda z nich może wysiąść na jednym z 10 pięter. Na
ile różnych sposobów można im przypisać numer piętra na których wyjdą z windy. Ile jest
takich sposobów, że na pewnym piętrze wysiądą 3 osoby, na innym 2, a dwie pozostałe
wyjdą na dwóch różnych piętrach.
6. (a) Udowodnić, że jeśli w trójkącie równobocznym o boku długości 4 jednostek
umieścimy 17 punktów, to odległość dwóch spośród nich nie przekracza 1 jednostki.
(b) W sześcianie S, którego krawędź ma długość 7 wybrano 342 punkty. Czy można
znaleźć taki sześcian o boku 1 zawarty w sześcianie S, który nie zawiera żadnego z tych
punktów?
(c) Udowodnić, że wśród dowolnie wybranych pięćdziesięciu jeden punktów leżących
w kwadracie o boku 1 istnieją 3, które leżą w pewnym kole o promieniu 71 .
(d) Udowodnić, że wśród sześciu punktów umieszczonych w prostokącie o wymiarach
√
3 × 4 zawsze można znaleźć dwa, których odległość nie przekracza 5.
Rozwiązanie. (c) Podzielmy kwadrat o boku jeden na 25 kwadratów o boku 15 każdy.
Z SZD wynika, że przynajmniej jeden z tych kwadratów zawiera co najmniej trzy spośród
2
Cz. Bagiński – Materiały dydaktyczne
51 dowolnie wybranych punktów. Do zakończenia rozwiązania
wystarczy teraz zauważyć,
√
2
1
że koło opisane na kwadracie o boku 5 ma promień równy 10 i jest to liczba mniejsza od
1
. Istotnie,
7
√ !2
2
2
1
1
1
2
=
<
=
.
=
10
100
50
49
7
(d) Rozwiązanie tego zadania wynika bezpośrednio z poniższego rysunku. Prostokąt
3 × 4 dzielimy na 5 rozłącznych obszarów, mających tę własność, że dwa dowolne punkty
√
leżące w tym samym obszarze są odległe o mniej niż 5. Ponieważ rozważamy sześć
punktów, więc na podstawie SZD co najmniej dwa z nich muszą leżeć w jednym z tych
obszarów.
@
@
@
@
@
@
7. Danych jest dziesięć odcinków, których długości są większe od 1 cm i mniejsze
od 55 cm. Udowodnić, że wśród nich istnieją trzy odcinki, z których można zbudować
trójkąt.
Rozwiązanie. Uporządkujmy wszystkie odcinki ustawiając je tak, by ich długości
tworzyły ciąg niemalejący: a1 6 a1 6 a2 6 a3 6 . . . 6 a10 i przypuśćmy, że wśród tych
odcinków nie znajdziemy trzech, z których można zbudować trójkąt. W szczególności,
trójkątów nie można utworzyć z żadnych trzech kolejnych odcinków, co na podstawie
warunku koniecznego, jaki muszą spełniać długości boków trójkąta, oznacza, że
a3 > a1 + a2 > 1 + 1 = 2, a4 > a3 + a2 > 2 + 1 = 3, a5 > a4 + a3 > 3 + 2 = 5,
a6 > a5 + a4 > 5 + 3 = 8, a7 > a6 + a5 > 8 + 5 = 13, a8 > a7 + a6 > 21,
a9 > a8 + a7 > 34,
a10 > a9 + a8 > 55.
Ostatnia z uzyskanych nierówności jest sprzeczna z założeniem, mówiącym o tym, że
długości wszystkich odcinków nie przekraczają 55 cm. Nasze przypuszczenie jest więc
błędne i tym samym, wśród podanych odcinków istnieją trzy, z których trójkąt można
utworzyć.
8. Niech S będzie zbiorem 25 punktów przesrtezeni R3 , takim że w każdym 3elementowym podzbiorze istnieją dwa punkty, których odległość nie przekracza 1. Udowodnić, że istnieje 13-elementowy podzbiór zbioru S, który można przykryć kołem o
promieniu 1.
Rozwiązanie. Niech a i b, będą punktami należącymi do S, których odległość jest
możliwie największa. Jeśli ta odległość nie przekracza 1, zarówno w kuli K(a, 1), jak i
w kuli K(b, 1) leżą wszystkie punkty zbioru S. Załóżmy, że odległość między punktami
a i b jest większa od 1. Wtedy, dowolnie wybrany punkt c należący do zbioru S należy
3
Cz. Bagiński – Materiały dydaktyczne
albo do K(a, 1), albo do K(b, 1), bo jego odległość od a lub od b nie przekracza 1. Zatem
zbiór S jest zawarty w sumie mnogościowej K(a, 1) ∪ K(b, 1), czyli spośród wszytkich 25
punktów, co najmniej 13 należy do jednej z tych kul.
9. Jakich funkcji jest więcej, czy ze zbioru 5-elementowego na 3-elementowy, czy ze
zbioru 6-elementowego na 2-elementowy?
10. (a) Ile jest wszystkich funkcji rosnących ze zbioru {1, 2, . . . , n} w zbiór {1, 2, . . . , m}?
(b) Ile jest wszystkich funkcji niemalejących ze zbioru {1, 2, . . . , n} w zbiór {1, 2, . . . , m}?
11. Niech X = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10}.
(a) Ile jest wszystkich funkcji f : X → X takich, że f (x) > 4 dla x ∈ X?
(b) Ile jest wszystkich funkcji f : X → X takich, że |f (X)| = 2?
Opracował: Cz. Bagiński
4