Transcript
Matematyka dyskretna Andrzej Łachwa, UJ, /15 WARIACJE Liczba wariacji, czyli różnych ciągów k-elementowych o wyrazach ze zbioru n-elementowego, wynosi n k. Ciąg k-elementowy, którego wyrazy nie powtarzają się, nazywa się k-wyrazową wariacją bez powtórzeń. Zamiast mówić o ciągach bez powtórzeń można mówić o funkcjach różnowartościowych. Weźmy więc zbiór k elementowy X i zbiór n elementowy Y oraz wszystkie różnowartościowe funkcje z X do Y. Mamy wtedy: jeśli k n, to nie ma takich funkcji, jeśli n k to mamy n (n-1) (n-k+1) takich funkcji, czyli n k. Zadania Na ile sposobów można wyciągnąć 5 kart z talii 52 kart, jeśli za każdym razem wylosowaną kartę zwracamy do talii? Czy kolejność kart ma znaczenie? Rozwiń to zagadnienie. Na ile sposobów możemy pokolorować graf o p ponumerowanych wierzchołkach farbami w r kolorach? Ile jest różnych n-cyfrowych liczb naturalnych? Jaka jest liczba słów co najwyżej 20 literowych nad alfabetem 24 literowym? Przykład W zawodach punktuje się 6 pierwszych miejsc. Startuje 21 drużyn, w tym drużyna polska. Ile może być wyników zawodów? A ile wyników, gdy Polska zajmuje jedno z punktowanych miejsc? Wynik może być reprezentowany 6-cio elementowym ciągiem nazw drużyn zajmujących miejsca od pierwszego do szóstego. W przypadku pierwszego pytania, takich ciągów może być p 1 = W przypadku drugiego pytania, przyjmujemy, że jedno z sześciu miejsc punktowanych jest już zajęte przez drużynę polską. Na pierwsze wolne miejsce w tym ciągu możemy wstawić jedną z 20 pozostałych drużyn, na drugie wolne jedną z 19 pozostałych drużyn, itd. Zatem liczba możliwych wyników p 2 = Zapytajmy teraz, jakie jest prawdopodobieństwo, że drużyna polska będzie na punktowanym miejscu? Prosta odpowiedź brzmi, że jest to iloraz p 2 przez p 1, czyli p 3 =1/21. Komentarz Tak będzie jednak tylko wtedy, gdy wszystkie zdarzenia elementarne są jednakowo prawdopodobne, tzn. gdy wszystkie drużyny grają na tym samym poziomie. Tak się jednak nigdy nie zdarza. Zatem dla policzenie tego prawdopodobieństwo trzeba by wziąć pod uwagę rozmaite zależności, i byłoby to dość skomplikowane ROZMIESZCZENIA UPORZĄDKOWANE Ile jest różnych możliwych rozmieszczeń uporządkowanych k elementów w n pudełkach? Pierwszy element możemy umieścić na n sposobów. Drugi albo w pustym pudełku, których jest n-1, albo w pudelku z pierwszym elementem na dwa sposoby (przed nim lub po nim); czyli łącznie na n+1 sposobów. Jak już umieściliśmy w pudełkach i-1 elementów, to w kolejnych pudełkach znajduje się i 1, i 2, i n elementów oraz i 1 + i i n = i 1. Element i-ty możemy włożyć do pierwszego pudełka na i 1 +1 sposobów, do drugiego na i 2 +1 sposobów, itd. Łącznie na (i 1 +1)+(i 2 +1)+ +(i n +1) = n+i 1 sposobów. Liczba rozmieszczeń uporządkowanych k elementów w n pudełkach wynosi n (n+1) (n +2) (n+k 1) = k n. Zadanie W sali banku są czynne 3 okienka. Na ile sposobów 23 klientów może ustawić się w kolejach do tych okienek? 3 23 = 3 4 (3+23-1) = 25!/2 Zadanie Czego jest więcej: rozmieszczeń uporządkowanych 2 elementów w 3 pudełkach czy 3 elementów w 2 pudełkach? ZADANIA Z KARTAMI: POKER Talia kart składa się z 4 kolorów zwanych trefl, karo, kier i pik. Każdy kolor składa się z 13 kart: 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, W, D, K, A. Układ kart w ręce (figura) jest zbiorem 5 kart z talii 52 kart. Kolejność wyboru kart nie jest istotna. Rodzaje figur: poker królewski to 10,W,D,K,A w jednym kolorze poker to sekwens w jednym kolorze nie będący pokerem królewskim (sekwens to 5 kolejnych kart, przy czym as może stać przed dwójką lub za królem) czwórka to układ zawierający 4 karty tej samej wysokości, np. DDDD ful to 3 karty tej samej wysokości i 2 karty tej samej wysokości kolor to 5 kart w jednym kolorze nie tworzących ani pokera królewskiego, ani pokera strit to sekwens nie będący ani pokerem, ani pokerem królewskim trójka to 3 karty tej samej wysokości, czwarta innej i piąta jeszcze innej dwie pary to 2 karty tej samej wysokości, 2 karty innej, lecz między sobą tej samej wysokości, i piąta karta jeszcze innej wysokości para to 2 karty tej samej wysokości, pozostałe dowolne ale łącznie nie tworzące żadnego z wymienionych wyżej rodzajów układów zerówka to układ, który nie jest żadnego z powyższych rodzajów. Powyższa kolejność jest odwrotna do szansy otrzymania figury danego rodzaju. 1. Ile jest układów kart w pokerze? Pokaż, że jest to Ile układów, to fule? Trochę wcześniej wprowadziliśmy pojęcie typ 4 4 fula. I pokazaliśmy, że jest tych układów dla jednego typu oraz różnych typów. Zatem = 3744 możliwości. Zakładając, że każdy układ jest jednakowo prawdopodobny i przyjmując, że prawdopodobieństwo zdarzenia to iloraz liczby zdarzeń elementarnych sprzyjających zdarzeniu przez liczbę wszystkich możliwych zdarzeń elementarnych, prawdopodobieństwo wyciągnięcia fula to 3744/ = czyli około 1,5 promila. Policz prawdopodobieństwa pozostałych rodzajów figur w pokerze! Współczynniki dwumianowe Jak już wiemy z wykładu 8 (temat: zliczanie podzbiorów), współczynnik dwumianowy to liczba k-elementowych podzbiorów zbioru n-elementowego, tzn.. Nazwa współczynniki dwumianowe bierze się stąd, że pojawiają się one w rozwinięciu dwumianu. Twierdzenie o liczbie podzbiorów Gdyby była istotna kolejność elementów w podzbiorach, to mielibyśmy do czynienia z k-elementowymi wariacjami, więc byłoby ich n k. Jednak każdy k-elementowy podzbiór można uporządkować na k! sposobów, zatem mamy k n n n( n 1) ( n k + 1) n! = = =. k k! k! ( n k)! k! Dla n k 0 zachodzi: Dowody, dla,, dla,, dla (reguła symetrii). Pierwszy punkt jest natychmiastową konsekwencją faktu, że dowolny zbiór n-elementowy ma tylko jeden 0-elementowy podzbiór podzbiór pusty i tylko jeden podzbiór n-elementowy cały zbiór. Drugi punkt jest oczywisty, jako że zbiór n-elementowy nie może mieć podzbiorów o k elementach, gdy k n. Dla dowodu trzeciego punktu, zauważmy jedynie, że podzbiorów jednoelementowych jest dokładnie tyle ile elementów w zbiorze. Wreszcie dla dowodu ostatniego punktu załóżmy, że. Wtedy funkcja jest bijekcją. Innymi słowy, zamiast wybierać k elementów ze zbioru X można odrzucić n k elementów. REGUŁA DODAWANIA Reguła ta stanowi fundament dla rekurencyjnej procedury obliczania współczynników dwumianowych: dla mamy Dowód (interpretacja kombinatoryczna) Załóżmy, że. Wtedy, po usunięciu ze zbioru Z elementu dostajemy (n 1)-elementowy zbiór Z. Oczywiście wszystkie k-elementowe podzbiory zbioru Z można podzielić na dwa typy: albo mają w sobie element a, albo go nie mają. Każdy podzbiór pierwszego typu, czyli takie, że jest jednoznacznie wyznaczony przez swoje pozostałe (k 1)-elementów ze zbioru Z. Takich możliwości jest n 1 k 1 W drugim przypadku są to k-elementowe podzbiory (n 1)-elementowego zbioru. Jest więc ich dokładnie. A zatem. Trójkąt Pascala bazuje na własności i ustawia liczby w następujący sposób: wiersze trójkąta numerowane są kolejnymi liczbami naturalnymi 0, 1, 2, w każdym z wierszy trójkąta występuje dokładnie liczb. Są to kolejno. Przesunięcie w wierszach, pozwala wyliczyć jako sumę dwu liczb stojących bezpośrednio nad. Reguła sumowania po górnym indeksie (sumowanie po przekątnej trójkąta Pascala) Dla mamy Dowód Ustalmy -elementowy zbiór. Rozważając jego -elementowe podzbiory zwracamy uwagę na element tego podzbioru, który ma największy indeks. Oczywiście jest, gdyż nie ma -elementowych podzbiorów. Równie łatwo jest zauważyć, że jest dokładnie jeden podzbiór -elementowy w którym jest elementem o najwyższym indeksie, jest to zbiór {x 0, x 1 x k }. Policzmy teraz podzbiory zbioru X, w których x i jest elementem o największym indeksie, przy czym. Oprócz elementu x i każdy taki zbiór ma dokładnie k elementów wybranych z -elementowego zbioru. Wyboru tych elementów można dokonać na sposobów. Zatem podzbiorów zbioru X, w których x i jest elementem o największym indeksie jest dokładnie. Sumując po wszystkich możliwych, czyli otrzymujemy: Oczywiście i = 0 k dla i k. Reguła sumowania równoległego (sumowanie po drugiej przekątnej) Dla mamy: Dowód Tożsamość tę udowodnimy wykorzystując dwukrotnie regułę symetrii oraz regułę sumowania po górnym indeksie: Tożsamość Cauchy'ego, splot Vandermonde'a Dla liczb naturalnych mamy: Dowód Policzymy liczbę wszystkich wyborów k osób z grona m mężczyzn i n kobiet, czyli liczbę na inny sposób: wybieramy najpierw i mężczyzn na sposobów, a potem k i kobiet na sposobów. Pozostaje teraz zsumować po wszystkich możliwych wartościach parametru i. Twierdzenie o dwumianie (wyjaśnia pochodzenie tajemniczej nazwy współczynniki dwumianowe ) Dla i mamy Dowód Przedstawmy najpierw potęgę w rozwiniętej formie iloczynu: Korzystając z rozdzielności mnożenia, wyrażenie to staje się sumą składników. Każdy taki składnik to iloczyn pewnej liczby x-ów i pewnej liczby y-ów, przy czym łącznie iloczyn taki ma n czynników. Każdy składnik ma postać. Powstaje on poprzez wybór k spośród n czynników w iloczynie, z których do składnika postaci wchodzi x (a tym samym składników, z których wchodzi y). Tym samym składników postaci jest tyle, ile - elementowych podzbiorów zbioru n-elementowego, czyli pojawi się w sumie -krotnie. Twierdzenie o dwumianie można też udowodnić za pomocą indukcji. Przykłady Lemat 1 Dla dowolnego n 0 mamy. Lemat 2 Dla dowolnego n 0 mamy. Lemat 3 Dla dowolnego n 0 mamy. (Uwaga: ) Dowody Wszystkie lematy wynikają trywialnie z twierdzenia o dwumianie. Pierwszy jest oczywisty. Dla dwu pozostałych zauważmy jedynie, że,. Jednak drugi i trzeci punkt mają ładną interpretację kombinatoryczną. Istotnie, liczba podzbiorów zbioru n elementowego to. Z drugiej strony licząc te podzbiory, możemy kolejno zliczać podzbiory 0, 1, 2, elementtowe - jest ich. Nieco dłuższy jest argument kombinatoryczny dla naprzemiennej sumy. Dla n=0 jest to oczywiste. Natomiast dla n 0 jest to równoważne stwierdzeniu, że dla n-elementowego zbioru X liczba podzbiorów zbioru X o parzystej liczbie elementów jest równa liczbie podzbiorów X o nieparzystej liczbie elementów. Załóżmy najpierw, że n jest nieparzyste. Wtedy każdy podzbiór zbioru X o parzystej liczbie elementów ma dopełnienie o nieparzystej liczbie elementów, a każdy podzbiór zbioru X o nieparzystej liczbie elementów ma dopełnienie o parzystej liczbie elementów. Ta bijektywna odpowiedniość dowodzi, że w istocie jest ich tyle samo. Załóżmy zatem, że n jest parzyste i ustalmy f: P(X) P(X), kładąc. Zdefiniujmy funkcję Zauważmy, że f jest permutacją P(X). Rzeczywiście, dla różnych podzbiorów mamy: jeśli i to jeśli i to jeśli i to i, zatem. To dowodzi, że f jest injekcją. Dla dowodu surjektywności weźmy dowolne. Jeśli to, jeśli zaś to. Zatem f jest permutacją zbioru. Co więcej łatwo zauważyć, że dla Y o parzystej (nieparzystej) liczbie elementów f(y) ma nieparzystą (parzystą) liczbę elementów. To dowodzi, że dla parzystego n podzbiorów X o parzystej liczbie elementów jest tyle samo co podzbiorów X o nieparzystej liczbie elementów. Zadania 1. Policz 11 4 wykorzystując współczynniki dwumianowe. 2. Niech n 0, 0 k n. Dla jakich k wartość jest największa? 3. Udowodnij własność sześciokąta ( k1) n1 ( n k+ 1) ( n+ 1 k ) = ( n1 k ) ( n+ 1 k+ 1) ( k1) n Uogólniony współczynnik dwumianowy Umiemy już policzyć wartość sumy całego wiersza w trójkącie Pascala i wartość naprzemiennej sumy całego wiersza. W praktyce często pojawia się konieczność (naprzemiennego) sumowania tylko pewnego fragmentu takiego wiersza. Do tego pomocne mogłyby być sumy postaci: dla, gdyby miały postać zwartą! Niestety nie jest znana żadna zwarta postać. Zaskakująca jest natomiast zwarta postać modyfikacji tej sumy polegającej na wymnożeniu każdego składnika przez jego odległość od środka trójkąta. Dla zachodzi + + = = ) 2 ( 0 m n m i n i n m i Np. dla n=6 i m=4 mamy: ) ( = + + = oraz = = + Druga suma, czyli naprzemienna częściowa suma wiersza trójkąta Pascala ma postać zwartą. Wyprowadzenie takiej postaci odwołuje się do uogólnienia współczynnika dwumianowego na dowolne rzeczywiste indeksy górne, i dowolne całkowite indeksy dolne. Uogólniony współczynnik dwumianowy dla i to: Zauważmy, że dla wartości pozostają niezmienione oraz interpretacja jako liczby k-elementowych podzbiorów zbioru r- elementowego pozostaje w mocy. Nie jest natomiast znana sensowna kombinatoryczna interpretacja uogólnionego współczynnika dwumianowego dla pozostałych rzeczywistych wartości r. Odnotujmy tylko, że jest wielomianem k-tego stopnia zmiennej r. Sporo własności współczynnika dwumianowego przenosi się na wersję uogólnioną, np. dla i mamy:,,,, a także, dla. Reguła symetrii nie jest ogólnie prawdziwa (nawet dla całkowitego indeksu górnego), np. Dowód (**) Dla ujemnych wartości k wszystkie współczynniki równe są 0 i tożsamość trywialnie zachodzi. Niech teraz i. Oczywiście różnica jest wielomianem co najwyżej k. Może więc, o ile nie jest wielomianem stale równym zero, mieć co najwyżej k miejsc zerowych. Z drugiej strony wiemy już, że ta różnica zeruje się dla wszystkich liczb naturalnych r, więc musi być zawsze równa 0. Wniosek Uogólniona reguła dodawania pozwala rozszerzyć trójkąt Pascala na współczynniki o ujemnych wartościach górnego indeksu. Kolejne wartości ujemnej części możemy wyliczać w następującej kolejności: Przyjrzyjmy się wartościom dla ustalonego k i całkowitych wartości n. Zauważalny jest pewien rodzaj symetrii między tymi wartościami. W istocie zachodzi on dla wszystkich rzeczywistych wartości górnego indeksu. Reguła negacji górnego indeksu Dla, mamy Dowód Policzymy wartość obu stron po uprzednim wymnożeniu przez wspólny mianownik k: Znaną nam już regułę równoległego sumowania możemy uogólnić: dla, zachodzi Zauważmy, że rozważana suma jest tylko pozornie nieskończona, gdyż dla wszystkich ujemnych wartości i odpowiednie składniki zerują się. W dalszych ciągu będziemy również rozważać podobne sumy nieskończone , ale zawsze przy założeniu, że tylko skończenie wiele składników jest niezerowych. Wyposażeni w regułę negacji górnego indeksu wracamy teraz do naprzemiennej, częściowej sumy wierszy w trójkącie Pascala, czyli do : dla, zachodzi Dowód z uogólnionej reguły sumowania Przedstawimy teraz tożsamość, której później użyjemy do zliczenia pewnych, szczególnych permutacji. Zaczniemy od pomocniczej obserwacji, zwanej przestawieniem trójmianowym: Dla, zachodzi Dowód Zauważmy, że dla obie strony równości się zerują. Także dla teza jest trywialna. Zatem możemy założyć, że. Wtedy: Reguła odwracania Dla funkcji f, g: Z R zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy Dowód Z uwagi na symetrię założeń wystarczy udowodnić tylko jedną implikację. Zakładamy zatem, że by dostać: gdzie druga równość wynika ze zmiany kolejności sumowania, trzecia z przestawienia trójmianowego, a ostatnia przez podstawienie. Wiemy już, że suma jest niezerowa (i wynosi 1) tylko dla. Zatem kontynuując: Przykłady 1 2 2) 1)( ( 2! 1) ( = = =, =, ! = = = Zadania Obliczyć n 1 dla dowolnej liczby naturalnej n. Obliczyć 0 1) ( k k k n. Wykazać, że = n n k n k 2 2. Permutacje bez punktów stałych Nieporządek na zbiorze X to permutacja taka, że dla dowolnego, czyli permutacja bez punktów stałych . Podsilnia liczby n, w skrócie!n, to liczba nieporządków zbioru n-elementowego. Przyjmujemy, że!0=1, jako że jedyna permutacja zbioru pustego - funkcja pusta - w oczywisty sposób nie ma punktów stałych. Liczba nieporządków. Przykład Zbiór ma permutacje, ale tylko 9 z nich to nieporządki, bo!4 = 4! [1/0! 1/1!+1/2! 1/3!+1/4!] = /2 24 1/6+24 1/24 = = 9. Oto ich lista: Dowód Zauważmy najpierw, że liczba permutacji α zbioru n-elementowego takich, że dla dokładnie i elementów, wynosi. Stąd: Stosując teraz regułę odwracania, dostajemy: Zadania 1. W kolejce stoi n studentów. Wchodzą oni na egzamin w k niepustych grupach. Na ile sposobów można utworzyć te grupy? 2. Ile rozwiązań w liczbach naturalnych ma równanie x 1 +x 2 + +x k =n? 3. Na ile sposobów można ustawić n osób w kolejkach do k ponumerowanych okienek pocztowych, przy czym dopuszczamy puste kolejki (zamknięte okienka). 4. Ile jest rosnących funkcji odwzorowujących zbiór {1,2 k} w zbiór {1,2 n}? A ile jest takich funkcji niemalejących? 5. Na ile sposobów można rozmieścić 6 przedmiotów w trzech róznych pojemnikach tak, by w każdym były dokładnie dwa przedmioty?
