Matematyka dyskretna II Zbiór zadań. Grzegorz Bobiński

Transkrypt

1 Matematyka dyskreta II Zbiór zadań Grzegorz Bobiński

2 Wstęp Niiejszy zbiór zadań jest owocem prowadzoych przeze mie w latach ćwiczeń z przedmiotu Matematyka Dyskreta II a II roku iformatyki a Wydziale Matematyki i Iformatyki Uiwersytetu Mikołaja Koperika w Toruiu. Staowi o uzupełieie przygotowaych przez dr. Witolda Kraśkiewicza otatek z wykładu z tego przedmiotu. Zadaia zamieszczoe w zbiorze pochodzą z astępujących pozycji poświęcoych kombiatoryce: 1. Victor Bryat, Aspects of combiatorics, A wide-ragig itroductio, Cambridge Uiversity Press, Cambridge, 1993;. Peter Camero, Combiatorics: topis, techiques, algorithms, Cambridge Uiversity Press, Cambridge, 1994; 3. Zbigiew Palka, Adrzej Ruciński, Wykłady z kombiatoryki, część 1, Wydawictwa Naukowo-Techicze, Warszawa 1998; 4. K. A. Pybikob (red, Kombiatory aaliz, Zadaqi i upraei, Nauka, Glava redakci fiziko-matematiqesko literatury, Moskva, 198. Zbiór zawiera także zadaia zapropoowae przez dr. Adrzeja Daszkiewicza, dr. Witolda Kraśkiewicza oraz mojego własego autorstwa. 1

3 Rozdział 1 Zadaia 1.1 Podstawowe pojęcia 1. Na ile sposobów z talii 5 kart moża wybrać 10 kart tak, aby był wśród ich dokładie jede as?. Na ile sposobów z talii 5 kart moża wybrać 10 kart tak, aby był wśród ich co ajmiej jede as? 3. Na ile sposobów z talii 5 kart moża wybrać 6 kart tak, aby były wśród ich karty wszystkich kolorów? 4. Na ile sposobów spośród małżeństw moża wybrać jedą kobietę i jedego mężczyzę, którzy ie są małżeństwem? 5. Sadzamy osób przy okrągłym stole. Dwa rozsadzeia uważamy za idetycze, jeśli w obu przypadkach każdy człowiek ma tych samych sąsiadów. Ile jest możliwych sposobów rozsadzeia? 6. Na ile sposobów moża posadzić przy okrągłym stole kobiet i mężczyz tak, aby żade dwie osoby tej samej płci ie siedziały obok siebie? Dwa rozsadzeia uważamy za idetycze, jeśli w obu przypadkach każdy człowiek ma tych samych sąsiadów. 7. Na ile sposobów moża rozmieścić k ierozróżialych kul w poumerowaych szufladach, przy założeiu, że w każdej szufladzie może zaleźć się co ajwyżej jeda kula? 8. Na ile sposobów moża rozmieścić k rozróżialych kul w poumerowaych szufladach, przy założeiu, że w każdej szufladzie może zaleźć się co ajwyżej jeda kula? 9. Ile jest permutacji zbioru {1,..., }, w której żade dwie sąsiedie liczby ie są parzyste?

4 1. Metoda bijektywa Kostruując odpowiedie bijekcje udowodić astępujące rówości. ( ( 1 (1 k = k k 1 ( ( k = 1 k k=1 ( (3 k = ( k k=1 ( ( ( (4 k = k k 1 k=1 k ( ( ( l (5 = k l k l k l=0 k ( ( ( m m + (6 = l k l k l=0 ( = ( (7 k k + 1 k 0 k 0 ( ( k + 1 (8 = m m + 1 k=m ( (9 (m 1 k = m k k=0 ( + 1 (10 k 3 = k=1 1.3 Reguła włączaia i wyłączaia 10. Ile jest liczb całkowitych dodatich ie większych iż podzielych przyajmiej przez jedą z liczb, 3, 5? 11. Ile jest całkowitoliczbowych rozwiązań rówaia spełiających poiższe waruki? x x 6 = 30 3

5 (a 0 x i 10, i = 1,..., 6. (b 10 x i 0, i = 1,..., 6. (c x 1 5, x 10, x 3 15, x 4 0, x i 0, i = 1,..., Na ile sposobów z talii 5 kart moża wybrać 5 kart tak, aby otrzymać co ajmiej jedego asa, co ajmiej jedego króla i co ajmiej jedą damę? 13. Ile jest permutacji zbioru {1,, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10}, w których pierwsza liczba jest większa od, a ostatia jest miejsza od 9? 14. Ile jest ciągów długości, 3, złożoych z cyfr 0, 1,..., 9 takich, że każda z cyfr 1,, 3 występuje w każdym z ciągów co ajmiej raz? 15. Ile jest macierzy zero-jedykowych o wymiarach a, w których co ajmiej jede wiersz jest zerowy? 16. Jakie jest prawdopodobieństwo, że po rozdaiu kart do brydża ustaloy gracz wśród otrzymaych kart będzie miał cztery karty tej samej wysokości? 17. Oblicz prawdopodobieństwo, że rzucając dziesięć razy dwoma kostkami do gry uzyskamy wszystkie pary {i, i}, gdzie i = 1,..., Przy okrągłym stole sadzamy małżeństw, a przemia kobietę i mężczyzę. Jakie jest prawdopodobieństwo, że żade małżeństwo ie będzie siedziało obok siebie? 1.4 Rekurecja 19. Zaleźć jawe wzory dla ciągów spełiających poiższe waruki rekurecyje. (a a + = 5a +1 6a, a 0 =, a 1 = 5. (b a + = a +1 a, a 0 = 0, a 1 = 1. (c a +3 = a + + a +1 a, a 0 = 0, a 1 = 1, a = Zaleźć jawe wzory dla ciągów spełiających poiższe waruki rekurecyje. (a a +1 a = + +, a 0 = 0. (b a + + a +1 3a = 1, a 0 = 0, a 1 = 1. 4

6 1. Zaleźć jawe wzory dla ciągów spełiających poiższe waruki rekurecyje. (a a +1 ( + 1a = 3 ( + 1, a 1 = 3. (b a + = 5 +1a a +, a 1 = 5, a = Nie korzystając ze wzoru jawego dla ciągu Fiboacciego (F udowodić poiższe rówości (przypomijmy, że F = F 1 + F,, F 0 = 1, F 1 = 1. (a F F +1 F 1 = ( 1 ; (b i=0 F i = F + 1; (c F +m = F F m + F 1 F m Niech D ozacza ilość permutacji -elemetowych bez puktów stałych. Nie korzystając ze wzoru jawego dla ciągu (D udowodić, że D = ( 1(D 1 + D i wywioskować stąd, że D D 1 = ( Na ile sposobów moża pokoać stopi, jeżeli możemy poruszać się o 1 bądź stopie do góry? 5. Ile moża utworzyć ciągów długości złożoych z 0, 1 i tak, by żade dwie jedyki ie stały obok siebie? 6. Ile moża utworzyć ciągów długości złożoych z 0, 1 i tak, by żade dwie jedyki ai żade dwie dwójki ie stały obok siebie? 7. Wyzaczyć wzór a sumę czwartych potęg liczb aturalych od 1 do. 8. Na ile maksymalie części moża podzielić płaszczyzę przy pomocy okręgów? 1.5 Wielomiay wieżowe 9. Wyliczyć wielomia wieżowy astępującej szachowicy. 5

7 30. Na ile sposobów moża postawić 8 ie atakujących się wzajemie wież a astępującej szachowicy? 31. Na ile sposobów moża postawić ie atakujących się wzajemie wież a astępującej szachowicy o wymiarach? 3. Niech R,m ozacza wielomia wieżowy pustej szachowicy o wymiarach m. Udowodić astępujące rówości. (a R,m = R 1,m + mtr 1,m 1. (b R,m = mr 1,m 1, gdzie f ozacza pochodą wielomiau f. 33. Niech r ozacza wielomiaem wieżowy astępującej szachowicy o wymiarach Zaleźć zależość rekurecyją agażującą r, r 1 i r. Pokazać, że ( ( ( ( 1 k r = + t + + t k + + t. 0 1 k. 6

8 1.6 Fukcje tworzące 34. Zaleźć jawe wzory dla ciągów spełiających poiższe waruki rekurecyje. (a a + = 4a +1 4a, a 0 = 3, a 1 = 8; (b a +3 = 4a + 5a +1 + a, a 0 = 3, a 1 = 3, a = 4; (c a +3 6a + + 1a +1 8a =, a 0 = 0, a 1 = 0, a = Zaleźć fukcje tworzące ciągów z poprzediego zadaia. 36. Zaleźć związek pomiędzy fukcjami tworzącymi ciągów (a i (b. (a a +1 = b, 0. (b a = b, 0. (c a = i=0 b i, Udowodić, że jeśli fukcja tworząca A(t ciągu (a jest postaci W (t A(t = 1+c 1 t+ +c k dla pewego wielomiau W (t stopia miejszego iż t k k, to ciąg (a spełia waruek a +k + c 1 a +k c k a = Zaleźć fukcje tworzącą ciągów spełiających poiższe waruki. Wykorzystać fukcje tworzącą do zalezieia prostszej rekurecji dla poiższych ciągów. (a a +1 = i=0 a i + 1, a 0 = 1. (b a +1 = i=0 i a i + 1, a 0 = 1. (c a +1 = i=0 F ia i + 1, a 0 = 1. ( +k 1 t wykorzystując iterpreta Uzasadić wzór = (1 t k =0 k 1 cję powyższej fukcji, jako fukcji tworzącej dla ilości rozwiązań rówaia x x k =, 0, w liczbach całkowitych ieujemych. 40. Zaleźć ilość rozwiązań rówaia x 1 + x + 4x 4 =, 0, w liczbach całkowitych ieujemych. 41. Niech s ozacza liczbę ciągów (x 1,..., x k takich, że x i {0,..., } i x i+1 x i. Udowodić, że s = s 1 + s. Pokazać, że fukcja tworząca S(t tego ciągu spełia rówaie (1 ts(t = (1 + ts(t. 7

9 1.7 Podziały W poiższych zadaiach stosowae są astępujące ozaczeia. P ( ilość podziałów liczby. P (, k ilość podziałów liczby a dokładie k części. p(, k ilość podziałów liczby a co ajwyżej k części. P (, k, l ilość podziałów liczby a dokładie k części, z których każda jest ie większa iż l. p(, k, l ilość podziałów liczby a co ajwyżej k części, z których każda jest ie większa iż l. P ( = 4. Wyliczyć p(, 1, l, p(,, l i p(, Wyliczyć P (,. 44. Wykorzystując wzór ( 1 [P m+1 m=1 ( ( m(3m 1 + P ] m(3m + 1, > 0, gdzie P ( = 0 dla < 0, oraz P (0 = 1, wyliczyć wartości P (, = 1,..., Udowodić, że 1 k! ( 1 P (, k k Udowodić astępujące rówości. (a P ( + k, k = p(, k. (b P (, 3 = P (, 3, 1. (c P (, = P (. (d P (, k = P ( 1, k 1 + P ( k, k. ( 1. k Udowodić, że ilość podziałów liczby a parzyste części rówa się liczbie podziałów liczby, w których każda liczba występuje parzystą ilość razy. 8

10 48. Pokazać, że ilość podziałów liczby w których żada część ie pojawia się więcej iż k 1 razy, jest rówa liczbie podziałów liczby a części iepodziele przez k. 49. Niech λ = (λ 1, λ,... i µ = (µ 1, µ,... będą dwoma podziałami. Przez λ + µ ozaczać będziemy podział (λ 1 + µ 1, λ + µ,..., atomiast przez λ µ podział otrzymay przez uporządkowaie ciągu (λ 1, µ 1, λ, µ,.... Udowodić, że (λ + µ = λ µ, gdzie ν ozacza podział dualy do podziału ν. 50. Niech F (t ozacza fukcję geerującą ciągu (P (, zaś G(t fukcję geerującą ciągu (Q(, gdzie Q( ozacza ilość podziałów liczby a róże części. Udowodić, że F (t = G(tF (t. Wykorzystać tę rówość do udowodieia wzoru P ( = Q( + Q( P (1 + Q( 4P ( + Q( 6P (3 +. Uzasadić powyższy wzór w bezpośredi sposób. 1.8 Liczby Stirliga 51. Wyliczyć { } { 1 i }. 5. Pokazać, że { } + 1 = k j=0 ( { } j. j k Udowodić, że wielomia wieżowy astępującej szachowicy wymiaru 9

11 jest rówy k=0 { } + 1 t k. + 1 k 54. Niech P (t = k=0 { } t k k będzie wielomiaem Stirliga. Udowodić, że: P (t = t[p 1(t + P 1 (t]; P (t = t 1 j=0 Pj (t; ( 1 j P (t = 1 ( j=0 Pj (t. j 1.9 Systemy reprezetatów 55. Day jest zbiór kobiet i m mężczyz, przy czym każdych r kobiet za co ajmiej r mężczyz. Ustalmy mężczyzę A, który za co ajmiej jedą z kobiet. Udowodić, że każdą z kobiet możemy połączyć w parę z zajomym mężczyzą tak, że różym kobietom odpowiadają różi mężczyźi i wśród wybraych mężczyz jest A. 56. Niech A = (a ij będzie macierzą taką, że istieje µ o własości i=1 a i,j = µ dla każdego j i j=1 a i,j = µ dla każdego i. Udowodić, że macierz A jest kombiacją liiową macierzy permutacji, tz. istieją macierze permutacji A 1,..., A k oraz liczby rzeczywiste λ 1,..., λ k takie, że λ 1 A λ k A k = A. 57. Obliczyć wymiar podprzestrzei liiowej w M (R rozpiętej przez macierze permutacji. 58. Udowodić, że w dowolej macierzy o współczyikach liczbowych miimala ilość kolum i wierszy zawierających wszystkie iezerowe elemety jest rówa maksymalej ilości iezerowych elemetów, z których żade dwa ie zajdują się w jedym wierszy i w jedej kolumie. 59. Udowodić, że jeśli w macierzy kwadratowej wymiaru m zawarta jest zerowa podmacierz o wymiarach s t, gdzie s + t > m, to wyzaczik tej macierzy jest rówy 0. 10

12 60. Niech (X 1,..., X oraz (Y 1,..., Y będą dwoma rozkładami zbioru A a rówoliczych rozłączych podzbiorów. Udowodić, że istieje system reprezetatów x 1,..., x wspóly dla obu rozkładów, tz. dla pewej permutacji σ zbioru {1,..., } mamy x i X i oraz x i Y σ(i. 61. Wyliczyć liczbę kwadratów łacińskich rozmiaru 1,, 3 i 4. 11

13 Rozdział Rozwiązaia.1 Podstawowe pojęcia 1. ( 4 1( Poieważ wyborów, w których ie ma ai jedego as, jest ( 48 10, więc wyborów, w których jest co ajmiej jede as, jest ( ( Mogą zdarzyć się dwie sytuacji: albo w jedym kolorze będziemy mieli trzy karty i w pozostałych po jedej, albo w dwóch kolorach będziemy mieli ( po dwie karty i w pozostałych po jedej. Stąd otrzymujemy odpowiedź 4 ( 13 ( 13 ( 13 ( 13 ( ( 13 ( 13 ( 13 ( = ( Gdyby miejsca przy stole były poumerowae, to rozsadzeń byłoby!. Zauważmy jedak, że zgodie z warukami zadaia musimy utożsamiamy grupy po rozsadzeń, gdyż stół możemy obrócić a sposobów oraz odbić symetryczie też a sposobów. Zatem ostatecza odpowiedź brzmi ( 1!. Odpowiedź ta jest poprawa dla >. Dla = 1,, obroty i symetrie pokrywają się. W tych przypadkach odpowiedzią jest ( 1! = Podobie jak poprzedio załóżmy, że miejsca przy stole są poumerowae. Możemy też przyjąć, że kobiety będą siedziały a miejscach ieparzystych, zaś mężczyźi a parzystych. Takich układów jest (!. Przekształceń stołu, które ie zmieiają rozsadzeia, jest. Musimy bowiem wybrać tylko te symetrie i obroty, które przeprowadzając miejsca ieparzyste w ieparzyste oraz parzyste w parzyste. Odpowiedzią jest więc (!,. Dla = 1 otrzymujemy (! = 1. 1

14 7. Musimy wybrać k suflad, w których umieścimy kule, co moża zrobić a ( k sposobów. 8. Korzystając z poprzediego zadaia otrzymujemy ( k k!. 9. Permutację zbioru {1,..., }, w której żade sąsiedie dwie liczby ie są parzyste, możemy otrzymać umieszczając liczby parzyste pomiędzy ieparzystymi w te sposób, aby pomiędzy każdymi dwoma liczbami ieparzystymi zalazła się co ajwyżej jeda liczba parzysta. Poieważ liczb parzystych jest +1, zaś liczb ieparzystych, więc sposobów a jakie możemy wybrać miejsca dla liczb parzystych pomiędzy liczbami ieparzystymi jest ( ( +1. Ostateczą odpowiedzią jest zatem +1!! +1, gdyż liczby parzyste możemy ustawić a! sposobów, zaś liczby ieparzyste a +1! sposobów.. Metoda bijektywa (1. Niech X będzie zbiorem wszystkich par (A, a takich, że A {1,..., }, A = k oraz a A. Podobie defiiujemy Y jako zbiór wszystkich par (b, B takich, że b {1,..., }, B {1,..., } \ {b}, B = k 1. Mamy X = ( ( k k oraz Y = 1 k 1. Określamy fukcję f : X Y wzorem f(a, a = (a, A \ {a}. Zauważmy, że fukcja f jest poprawie określoa. Poadto fukcja f jest bijekcją, fukcja g odwrota do f daa jest wzorem g(b, B = (B {b}, b. (. Niech X będzie zbiorem wszystkich par (A, a takich, że A {1,..., } oraz a A. Zauważmy, że zbiór X możemy przedstawić w postaci sumy X = k=1 X k, gdzie X k jest zbiorem tych par (A, a X dla których A = k. Poieważ X k = ( k k oraz zbiory X1,..., X są parami rozłącze, więc X = k=1 k( k. Podobie defiiujemy Y jako zbiór wszystkich par (b, B takich, że b {1,..., }, B {1,..., } \ {b}. Mamy Y = 1. Określamy fukcję f : X Y wzorem f(a, a = (a, A \ {a}. Zauważmy, że fukcja f jest poprawie określoa. Poadto fukcja f jest bijekcją, fukcja g odwrota do f daa jest wzorem g(b, B = (B {b}, b. (3. Niech X będzie zbiorem wszystkich trójek (A, a 1, a takich, że A {1,..., } oraz a 1, a A. Zauważmy, że zbiór X możemy przedstawić w postaci sumy X = k=1 X k, gdzie X k jest zbiorem tych trójek (A, a 1, a X dla których A = k. Poieważ X k = ( k k k oraz zbiory X1,..., X są parami rozłącze, więc X = k=1 k( k. Podobie defiiujemy Y jako zbiór wszystkich trójek (b 1, b, B takich, że b 1, b {1,..., }, B 13

15 {1,..., } \ {b 1, b }. Zauważmy, że Y = Y 1 Y, gdzie Y 1 jest zbiorem tych trójek (b 1, b, B Y dla których b 1 b, zaś Y jest zbiorem tych trójek (b 1, b, B Y, dla których b 1 = b. Poieważ Y 1 = ( 1, Y = 1 oraz zbiory Y 1 i Y są rozłącze, więc Y = ( Określamy fukcję f : X Y wzorem f(a, a 1, a = (a 1, a, A \ {a 1, a }. Zauważmy, że fukcja f jest poprawie określoa. Poadto fukcja f jest bijekcją, fukcja g odwrota do f daa jest wzorem g(b 1, b, B = (B {b 1, b }, b 1, b. (4. Niech X będzie zbiorem wszystkich czwórek (A 1, A, a 1, a takich, że A 1 {1,..., }, A { + 1,..., }, A 1 + A =, a 1 A 1, a { + 1,..., } \ A. Zauważmy, że zbiór X możemy przedstawić w postaci sumy X = k=1 X k, gdzie X k jest zbiorem tych czwórek (A 1, A, a 1, a X dla których A 1 = k. Poieważ X k = ( k ( k k ( ( k ( oraz zbiory X 1,..., X są parami rozłącze, więc X = k=1 k( k k. Podobie defiiujemy Y jako zbiór wszystkich trójek (b 1, b, B takich, że b 1 {1,..., }, b {+1,..., }, B {1,..., }\{b 1, b }, B = 1. Mamy Y = ( 1. Określamy fukcję f : X Y wzorem f(a1, A, a 1, a = (a 1, a, (A 1 A \ {a 1 }. Zauważmy, że fukcja f jest poprawie określoa. Poadto fukcja f jest bijekcją, fukcja g odwrota do f daa jest wzorem g(b 1, b, B = ((B {1,..., } {b 1 }, B { + 1,..., }, b 1, b. (5. Niech X będzie zbiorem wszystkich par (A 1, A takich, że A 1 {1,..., }, A {1,..., } \ A 1, A 1 + A = k. Zauważmy, że zbiór X możemy przedstawić w postaci sumy X = k l=0 X l, gdzie X l jest zbiorem tych par (A 1, A X, dla których A 1 = l. Poieważ X l = ( ( l zbiory X 0,..., X k są parami rozłącze, więc X = k ( l=0 l defiiujemy Y jako zbiór wszystkich par (B 1, B, gdzie B 1 ( l l k l oraz k l. Podobie {1,..., }, B 1 = k, B B 1. Mamy Y = ( k k. Określamy fukcję f : X Y wzorem f(a 1, A = (A 1 A, A. Zauważmy, że fukcja f jest poprawie określoa. Poadto fukcja f jest bijekcją, fukcja g odwrota do f daa jest wzorem g(b 1, B = (B 1 \ B, B. (6. Niech X będzie zbiorem wszystkich par (A 1, A takich, że A 1 {1,..., m}, A {m + 1,..., m + }, A 1 + A = k. Zauważmy, że zbiór X możemy przedstawić w postaci sumy X = k l=0 X l, gdzie X l jest zbiorem tych par (A 1, A X, dla których A 1 = l. Poieważ X l = ( ( m ( l k l oraz zbiory X 0,..., X k są parami rozłącze, więc X = k ( m l=0 l k l. Podobie defiiujemy Y jako zbiór wszystkich podzbiorów B {1,..., m + } takich, że B = k. Oczywiście Y = ( m+ k. Określamy fukcję f : X Y wzorem f(a 1, A = A 1 A. Zauważmy, że fukcja f jest poprawie określoa. 14

16 Poadto fukcja f jest bijekcją, fukcja g odwrota do f daa jest wzorem g(b = (B {1,..., m}, B {m + 1,..., m + }. (7. Niech X będzie zbiorem wszystkich podzbiorów A {1,..., } o parzystej ilości elemetów. Podobie defiiujemy Y jako zbiór wszystkich podzbiorów B {1,..., } o ieparzystej ilości elemetów. Mamy X = k 0 ( k oraz Y = k 0 ( f(a = k+1. Określamy fukcję f : X Y wzorem { A {} A A \ {} A. Zauważmy, że fukcja f jest poprawie określoa. Poadto fukcja f jest bijekcją, fukcja g odwrota do f daa jest wzorem { B {} B g(b = B \ {} B. (8. Niech X będzie zbiorem wszystkich par (a, A takich, że a {1,..., + 1}, A {1,..., }, A = m, a > max A. Zauważmy, że zbiór X możemy przedstawić w postaci sumy X = k=m X k, gdzie X k jest zbiorem tych par (a, A X, dla których a = k + 1. Poieważ X k = ( k k=m m oraz zbiory X m,..., X są parami rozłącze, więc X = ( k k=m m. Podobie defiiujemy Y jako zbiór wszystkich podzbiorów B {1,..., + 1} takich, że B = m + 1. Oczywiście Y = ( +1 m+1. Określamy fukcję f : X Y wzorem f(a, A = A {a}. Zauważmy, że fukcja f jest dobrze określoa. Poadto fukcja f jest bijekcją, fukcja g odwrota do f daa jest wzorem g(b = (max B, B \ {max B}. (9. Niech X będzie zbiorem wszystkich par (A, ϕ, gdzie A {1,..., }, ϕ : {1,..., } \ A {1,..., m 1}. Zauważmy, że zbiór X możemy przedstawić w postaci sumy X = m k=0 X k, gdzie X k jest zbiorem tych par (A, ϕ X, dla których A = k. Poieważ X k = ( k (m 1 k oraz zbiory X 0,..., X k są parami rozłącze, więc X = k ( l=0 (m 1 k. Podobie defiiujemy Y jako zbiór wszystkich fukcji ψ : {1,..., } {1,..., m}. Oczywiście Y = m. Określamy fukcję f : X Y wzorem { ϕ(x x A [f(a, ϕ](x = m x A dla x {1,..., }. Zauważmy, że fukcja f jest poprawie określoa. Poadto fukcja f jest bijekcją, fukcja g odwrota do f daa jest wzorem g(ψ = (ψ 1 (m, ψ {1,...,}\ψ 1 (m. 15

17 (10. Niech X będzie zbiorem wszystkich par (A 1, A, gdzie A 1, A {0,..., }, A 1 = = A. Oczywiście X = ( ( Zauważmy, że zbiór X możemy przedstawić w postaci sumy X = k=1 X k, gdzie X k jest zbiorem tych par (A 1, A X, dla których max A 1 k, max A k oraz max A 1 = k lub max A = k. Ustalmy k {1,..., }. Mamy X k = X k X k X k, gdzie X k jest zbiorem tych par (A 1, A X k, dla których max A 1 = k, max A < k, X k jest zbiorem tych par (A 1, A X k, dla których max A 1 < k, max A = k, oraz X k jest zbiorem tych par (A 1, A X k, dla których max A 1 = k = max A. Poieważ X k = X k = k (k i X k = k k oraz zbiory X k, X k, X k są parami rozłącze, więc X k = k ( k + k = k 3. Wykorzystując fakt, że zbiory X 1,..., X k są parami rozłącze otrzymujemy, że ( +1 = X = k=1 k3..3 Reguła włączaia i wyłączaia 10. Liczb całkowitych dodatich ie większych iż podzielych przez jest = Podobie, w podaym zakresie liczb podzielych przez 3 jest = 3333, zaś podzielych przez 5 jest = Poieważ liczby i 3 są względie pierwsze, więc liczb całkowitych dodatich ie większych iż podzielych zarówo przez jak i przez 3 jest = Z tego samego powodu odpowiedia ilość liczb podzielych przez i przez 5 wyosi = 1000, podzielych przez 3 i przez 5 jest rówa = 666, zaś liczb podzielych przez, 3 i 5 jest = 333. Z reguły włączaia i wyłączaia wyika zatem, że odpowiedzią jest = (a. Niech A będzie zbiorem wszystkich ieujemych całkowitoliczbowych rozwiązań rówaia x x 6 = 30, zaś dla każdego i = 1,..., 6, iech A i będzie zbiorem tych całkowitoliczbowych rozwiązań powyższego rówaia, dla których x i 11. Musimy policzyć A \ (A 1 A 6 = A A 1 A 6. Wiadomo, że A = ( ( = Zauważmy, ze ilość całkowitoliczbowych rozwiązań rówaia x x k = spełiających waruki x i m i, i = 1,..., k, jest rówa ( (m 1 + +m k +k 1 k 1. Istotie, iech X będzie zbiorem powyższych rozwiązań, zaś Y zbiorem ieujemych całkowitoliczbowych rozwiązań rówaia y y k = (m m k. Fukcja f : X Y określoa wzorem f(x 1,..., x k = (x 1 m 1,..., x k m k jest bijekcją, zatem X = Y = ( (m 1 + +m k +k 1 k 1. Korzystając z powyższej uwagi otrzymujemy, że A i = ( ( = 4 5, i = 1,..., 6, A i A j = ( ( 30 ( = 13 5, i < j, Ai A j A k = 0, i < j < k. Na mocy reguły włączaia i wyłączaia dostajemy, że A 1 A 6 = 6 ( ( ( 5, 16

18 więc ostateczą odpowiedzią jest ( ( ( 6 ( 13 = (b. Zauważmy, że szukaa ilość rozwiązań jest rówa ilości ieujemych całkowitoliczbowych rozwiązań rówaia y 1 + +y 6 = 90 spełiających waruki 0 y i 30, i = 1,..., 6. Istotie, każdemu rozwiązaiu wyjściowego rówaia możemy przyporządkować rozwiązaie powyższego rówaia zgodie z regułą (x 1,..., x 6 (x ,..., x Przyporządkowaie odwrote dae jest wzorem (y 1,..., y 6 (y 1 10,..., y Wykorzystując tę obserwację otrzymujemy aalogiczie jak w poprzedim zadaiu, że szukaą odpowiedzią jest ( ( ( 6 ( 33 5 = (c. ( 35 5 ( 9 5 ( 4 5 ( 19 5 ( ( ( ( ( 8 5 = Wyborów 5 kart z talii złożoej z 5 kart, w których ie ma żadego asa, jest ( Taka same są ilość wyborów 5 kart, wśród których ie ma króla, i ilość wyborów 5 kart, wśród których ie ma damy. Ilość wyborów 5 kart, wśród których ie ma ai asa ai króla jest rówa ( Podobie rzecz ma się z ilością wyborów 5 kart, wśród których ie ma ai asa ai damy, oraz z ilością wyborów 5 kart, wśród których ie ma ai króla ai damy. Poieważ ilość wyborów, w których ie ma asa, króla ai damy jest rówa ( 40 5, z zasady włączaia i wyłączaia wyika, że ilość wyborów ie spełiających waruków zadaia jest rówa 3 ( ( ( , skąd wyika, że odpowiedzią jest ( ( ( ( = 6064, gdyż ilość wszystkich możliwych wyborów 5 kart spośród 5 jest rówa ( Ilość permutacji zbioru {1,..., 10}, w których pierwsza liczba jest rówa 1 lub, wyosi 9!, podobie jak ilość takich permutacji, w których ostatia liczba jest rówa 9 lub 10. Poieważ ilość permutacji, w których pierwsza liczba jest rówa 1 lub, zaś ostatia liczba jest rówa 9 lub 10, wyosi 8!, więc z zasady włączaia i wyłączaia wyika, że ilość permutacji, które ie spełiają waruków zadaia jest rówa 4 9! 4 8!. Ostateczą odpowiedzią jest 10! 4 9!+4 8! = , gdyż ilość wszystkich permutacji zbioru {1,..., 10} jest rówa 10!. 14. Ciągów długości złożoych z cyfr 0, 1,..., 9, w których ie występuje 1, jest 9. Podobie rzecz ma się się z ciągami, w których ie występuje, i z ciągami bez 3. Ciągów, w których ie występują dwie ustaloe spośród cyfr 1,, 3, jest 8, atomiast ciągów, w których ie występuje żada z powyższych cyfr, jest 7. Z reguły włączaia i wyłączaia wyika zatem, że ciągów, które ie spełiają waruków zadaia, jest Ostateczą odpowiedzią jest zatem , gdyż wszystkich ciągów długości złożoych z cyfr 0, 1,..., 9 jest

19 15. Ustalmy umery wierszy i 1,..., i k. Ilość macierzy, w których wiersze i 1,..., i k są zerowe, jest rówa k. Korzystając z zasady włączaia i wyłączaia otrzymujemy, że szukaych macierzy jest k=1 ( 1k 1( k k, co moża doprowadzić do postaci ( Ilość sposobów a jakie ustaloy gracz może otrzymać karty tak, aby były wśród ich cztery karty daej wysokości jest rówa ( Podobie, ilość sposobów a jakie ustaloy gracz może otrzymać karty tak, aby były wśród ich po cztery karty dwóch daych wysokości jest rówa ( 44 5, zaś ilość sposobów a jakie ustaloy gracz może otrzymać karty tak, aby były wśród ich po cztery karty trzech ustaloych wysokości jest rówa ( Oczywiście ie jest możliwe, aby gracz otrzymał karty, wśród których są po cztery karty czterech ustaloych wysokości. Korzystając z zasady włączaia i wyłączaia otrzymujemy zatem, że ilość sposobów a jakie gracz może otrzymać karty tak, aby były wśród ich cztery karty tej samej wysokości, jest rówa 13 ( ( ( 44 ( ( , skąd wyika, że prawdopodobieństwo takiego zdarzeia jest rówe 13(48 9 ( 13 ( ( 13 3 ( 40 1, jako że wszystkich możliwości a ( 5 13 jakie ustaloy gracz może otrzymać karty jest ( ( ( ( ( ( Załóżmy, że miejsca przy stole są poumerowae oraz, że kobiety siedzą a miejscach o umerach ieparzystych. Ustalmy umery małżeństw i 1 < < i k. Ilość sposobów, a które możemy rozsadzić małżeństwa w te sposób, aby wybrae małżeństwa siedziały obok siebie, jest rówa ( k 1 k 1 (k 1!( k!( k!. Istotie, jeśli założymy, że małżeństwo i 1 siedzi a miejscach 1 i, to ( k 1 k 1 jest ilością sposobów, a które moża wybrać miejsca, a których będą siedzieć pozostałe wybrae małżeństwa. Każdemu bowiem układowi j 1 < < j k 1 liczb ze zbioru {1,..., k 1} odpowiada układ par (j 1, j 1 + 1, (j + 1, j +,..., (j k 1 + (k, j k 1 + k 1, a których siadają wybrae małżeństwa. Na (k 1! sposobów możemy powyższe miejsca dopasować do wybraych małżeństw, a sposobów zmieić miejsca przydzieloe małżeństwu i 1, a ( k! sposobów możemy posadzić pozostałe kobiety i a tyle samo sposobów pozostałych mężczyz. Z reguły włączaia i wyłączaia wyika więc, że ilość sposobów rozsadzeń, w których istieje małżeństwo siedzące obok siebie, jest rówa k=1 ( 1k 1( k 1 k 1 (k 1!( k!( k!. Szukae prawdopodobieństwo jest zatem rówe 1 k=1 ( 1k 1 ( k 1 k 1 (k 1!( k!( k!, gdyż ( 1!! ilość wszystkich rozsadzeń wyosi!!. 18

20 .4 Rekurecja 19.(a. Rówaiem charakterystyczym dla rozważaego problemu jest rówaie λ 5λ + 6 = 0, którego pierwiastkami są λ 1 = i λ = 3. Stąd wyika, że a = µ 1 + µ 3 dla pewych liczb rzeczywistych µ 1 i µ. Podstawiając = 0 i = 1 wyliczamy, że µ 1 = 1 i µ = 1, zatem a = (b. a = i 3 3 ( 1 i 3 3 i 3 3 ( 1 i (c. a = 4 + ( (a. Wiadomo, że ciąg a ma postać a = b + c, gdzie b jest pewym rozwiązaiem problemu jedorodego b +1 b = 0, zaś c = ν ν + ν 1 + ν 0 jest pewym wielomiaem stopia ie większego iż 3 spełiającym waruek c +1 c = + +. Podstawiając powyższą postać do wyjściowego waruku i porówując współczyiki uzyskaych w te sposób wielomiaów otrzymujemy, że ν 3 = 0, ν = 1, ν 1 = 3 i ν 0 = 6. Poieważ jedyym pierwiastkiem rówaia charakterystyczego dla problemu jedorodego jest λ =, wiec b = µ dla pewej liczby rzeczywistej µ, skąd a = µ 3 6. Podstawiając = 0 wyliczamy, że µ = 6, zatem a = (b. a = 3 16 ( (a. Dzieląc wyjściowy waruek przez ( + 1 otrzymujemy a a = 3, zatem stosując podstawieie b = a sprowadzamy wyjściowy problem do zalezieia wzoru jawego ciągu (b spełiającego waruek reku- recyjy b +1 b = 3 z warukiem początkowym b 1 = a 1 1 = 3. Stosując metody przedstawioe w zadaiu 0 dostajemy, że b = 3( 1 + 1, skąd a = b = 3( (b. a = +3 (zastosować podstawieie b = a..(a. Dowód jest idukcyjy ze względu a. Dla = 1 tezę łatwo sprawdzić bezpośredim rachukiem. Załóżmy zatem, że > 1 i że udowodiliśmy już, iż F 1 F F = ( 1 1. Mamy astępujący ciąg rówości F F +1 F 1 = (F + F 1 F (F 1 + F F 1 = F F F 1 F F 1 + F F 1 = (F 1 F F = ( 1 1 = ( 1, co kończy dowód tezy idukcyjej. 19

21 .(b. Dowód jest idukcyjy ze względu a. Dla = 0 tezę łatwo sprawdzić bezpośredim rachukiem. Załóżmy zatem, że > 0 i że udowodiliśmy już, iż 1 i=0 F i = F Mamy astępujący ciąg rówości 1 F i = F i + F = F F = F + 1, i=0 i=0 co kończy dowód tezy idukcyjej..(c. Dowód jest idukcyjy ze względu a + m. Dla + m = mamy = 1 = m i tezę łatwo jest sprawdzić bezpośredim rachukiem. Podobie dla + m = 3 z dokładością do symetrii mamy = oraz m = 1 i teza wyika z bezpośredich rachuków. Załóżmy zatem, że dla k > i udowodiliśmy już, iż F +m = F F m + F 1 F m 1 o ile + m < k. Jeśli + m = k oraz m = 1, to żądaa rówość wyika bezpośredio z defiicji ciągu Fiboacciego. Podobie dla m = możemy uzasadić rówość bezpośredim rachukiem. Załóżmy zatem, że + m = k oraz m 3. Wtedy mamy astępujący ciąg rówości F +m = F +m 1 + F +m = F F m 1 + F 1 F m + F F m + F 1 F m 3 = F (F m 1 + F m + F 1 (F m F m 3 = F F m + F 1 F m 1, co kończy dowód tezy idukcyjej. 3. Ozaczmy przez X zbiór permutacji zbioru {1,..., } bez puktów stałych. Poadto przez X (i ozaczmy zbiór tych permutacji zbioru {1,..., }, dla których jedyym puktem stałych jest i. Oczywiście X = D oraz X (i = D 1. Zdefiiujemy bijekcję f : X {1,..., 1} X 1 i=1 {i} X(i, co zakończy rozwiązaie pierwszej części zadaia. Dla dowolej permutacji σ X defiiujemy permutację τ σ X 1 =1 i=1 X(i wzorem { σ(j σ(j τ σ (j = σ( σ(j =. Moża sprawdzić, że istotie τ σ X 1 =1 i=1 X(i. Określamy teraz fukcję f wzorem f(σ = (σ(, τ σ. Fukcja f jest poprawie określoa, fukcja odwrota g do f daa jest wzorem τ(j τ(j i [g(i, τ](j = τ(j = i. i j = 0

22 Dowód drugiej części będzie idukcyjy ze względu a. Dla = 1 teza wyika z bezpośredich rachuków, gdyż D 1 = 0 i D 0 = 1. Załóżmy zatem, że > 1 oraz że udowodiliśmy już, iż D 1 = ( 1D + ( 1 1. Wykorzystując pierwszą część zadaia i założeie idukcyje otrzymujemy astępujący ciąg rówości D = ( 1(D 1 + D = ( 1D 1 + ( 1D = ( 1D 1 + D 1 ( 1 1 = D 1 + ( 1, co kończy dowód tezy idukcyjej. 4. Moża zauważyć, że jeśli przez a ozaczymy ilość sposobów, a ile możemy pokoać stopi, to a = a 1 + a oraz a 0 = a 1 = 1. Stąd a = F, gdzie F jest ciągiem Fiboacciego. 5. Ozaczmy przez a ilość dozwoloych ciągów długości. Jeśli ciąg długości zaczya się od 1, to astępie musi wystąpić 0 lub i dowoly dozwoloy ciąg długości. Jeśli atomiast pierwszą cyfrą w ciągu jest 0 lub, to może po iej wystąpić dowoly dozwoloy ciąg długości 1. Otrzymujemy zatem zależość rekurecyją a = a 1 +a, którą łączie z warukami początkowymi a 0 = 1 i a 1 = 3, prowadzi do odpowiedzi a = 3 3( ( Ozaczmy przez a ilość dozwoloych ciągów długości. Podobie przez b ozaczmy ilość dozwoloych ciągów długości zaczyających się 0, atomiast przez c ozaczmy ilość dozwoloych ciągów długości zaczyających się od 1. Poieważ ilość dozwoloych ciągów długości zaczyających się od jest rówa ilości dozwoloych ciągów długości zaczyających się od 1, więc otrzymujemy rówość a = b + c. Poadto b = a 1, co w połączeiu z pierwszą rówością daje am wzór c = a a 1. Zauważmy, że jeśli dozwoloy ciąg długości zaczya się od 1, to astępie musi w im wystąpić dozwoloy ciąg długości 1 zaczyający się od 0 lub, co prowadzi do rówości c = b 1 + c 1. Wykorzystując zalezioe wcześiej wzory a b oraz a i przekształcając otrzymaą w te sposób rówość dochodzimy do zależości rekurecyjej a = a 1 + a. Poieważ a 0 = 1 oraz a 1 = 3, więc a = 1( ( Ozaczmy przez s szukaą sumę. Mamy regułę rekurecyją s s 1 = 4, która wraz z warukiem początkowym s 0 = 0 daje odpowiedź s =

23 8. Ozaczmy przez s szukaą ilość części. Mamy regułę rekurecyją s s 1 = ( 1. Powyższą regułą moża udowodić idukcyjie wykorzystując przy tym fakt, że podział płaszczyzy przy pomocy okręgów a maksymalą ilość części musi mieć własość, że część wspóla wętrz wszystkich okręgów jest iepusta i żade trzy okręgi ie przeciają się w jedym pukcie. Poieważ s 1 =, więc otrzymujemy wzór s = ( Wielomiay wieżowe t + 64t + 11t t 4 + 8t Negatyw wyjściowej szachowicy ma postać, więc jego wielomia wieżowy R jest rówy r 4, gdzie r = 1 + 4t + t jest wielomiaem wieżowym pustej szachowicy o wymiarach. Ostateczie R = t + 104t + 35t t t t t t 8, skąd otrzymujemy odpowiedź 1 8! 16 7! ! 35 5! ! 704 3! + 416! 18 1! ! = Negatyw wyjściowej szachowicy jest szachowicą o wymiarach postaci, więc jego wielomia wieżowy R jest rówy wielomiaowi wieżowemu pustej szachowicy o wymiarach. Zatem R = 1 + 4t + t, skąd otrzymujemy odpowiedź! 4( 1! + (!.

24 3.(a. Ozaczmy przez r,m (k współczyik stojący w wielomiaie R,m przy t k. Musimy pokazać, że r,m (k = r (k 1,m + mr (k 1 1,m 1 dla k > 0. Lewą stroę powyższej rówości możemy oczywiście ziterpretować jako ilość rozstawień k wzajemie ie atakujących się wież a pustej szachowicy o wymiarach m. Rozstawieia te możemy podzielić a dwie rozłącze podzbiory. Pierwszy z ich składa się z tych rozstawień, dla których żada z wież ie stoi w pierwszym wierszu, atomiast do drugiego podzbioru zaliczymy pozostałe rozstawieia. Zauważmy, że rozstawieia ależące do pierwszego podzbioru możemy traktować jako rozstawieia k wzajemie ie atakujących się wież a pustej szachowicy o wymiarach ( 1 m, skąd wyika, że takich rozstawień jest r 1,m. (k Rozstawieia ależące do drugiego podzbioru możemy otrzymać stawiając ajpierw jedą wieżę w pierwszym wierszu, a potem pozostałe k 1 wież a szachowicy powstałej z wyjściowej przez usuięcie pierwszego wiersza i kolumy w której stoi pierwsza wieża. Poieważ w pierwszym wierszu wieżę możemy postawić a m sposobów, zaś ilość rozstawień k 1 wież a szachowicy powstałej z wyjściowej przez usuięcie pierwszego wiersza i kolumy w której stoi pierwsza wieża jest rówa r 1,m 1, (k 1 więc rozstawień ależących do drugiego podzbioru jest mr 1,m 1, (k 1 co kończy rozwiązaie. Drugie rozwiązaie tego zadaia możemy otrzymać wykorzystując wzór R S = R S + tr S, gdzie dla ustaloego pola dozwoloego s szachowicy S przez S ozaczamy szachowicę otrzymaą z S przez zamiaę pola s a zabroioe, zaś przez S szachowicę powstałą z S przez usuięcie kolumy i wiesza zawierających s. Niech R,m (l będzie wielomiaem szachowicy otrzymaej z pustej szachowicy o wymiarach m przez zamiaę l pól w pierwszym wierszu a zabroioe. Mamy rówości R,m (0 = R,m oraz R,m (m = R 1,m. Poadto z przedstawioego powyższej wzoru wyika, że R,m (l = R,m (l+1 + tr 1,m 1, co pozwala udowodić idukcyjie, że R,m = R,m (l + ltr 1,m 1. Podstawiając l = m otrzymujemy żąday wzór. 33. Ozaczmy przez s wielomia wieżowy astępującej szachowicy o wymiarach ( 1. Wykorzystując wzór przedstawioy w drugim rozwiązaiu zadaia 3.(a 3

25 otrzymujemy, że r = s + tr 1 oraz s = r 1 + ts 1 dla > 1. W szczególości dla > mamy z pierwszej rówości, że s = r tr 1 oraz s 1 = r 1 tr. Podstawiając otrzymae powyżej wzory a s i s 1 do drugiej rówości dostajemy żądaą zależość rekurecyją postaci r = (1 + tr 1 t r. Drugą część zadaia dowodzimy idukcyjie. Prawdziwość wzoru dla = 1, moża sprawdzić bezpośredim rachukiem. Krok idukcyjy dla > wykorzystuje powyższą zależość rekurecyją oraz wzory ( ( 0 = 0, ( 1 ( 1 = 3 ( 1 + ( 0, k ( k = k ( k + k 1 ( k 1 k, k =,..., 1, oraz ( ( = 1 ( 1..6 Fukcje tworzące 34.(a. Rówaiem charakterystyczym dla rozważaego problemu jest rówaie λ 4λ + 4 = 0, którego pierwiastkiem podwójym jest λ =. Stąd wyika, że a = µ 1 + µ dla pewych liczb rzeczywistych µ 1 i µ. Podstawiając = 0 i = 1 wyliczamy, że µ 1 = 3 i µ = 1, zatem a = ( (b. a = (c. Wiadomo, że ciąg a ma postać a = b + c, gdzie b jest pewym rozwiązaiem problemu jedorodego b +3 6b + + 1b +1 8b = 0, zaś c jest pewym wielomiaem stopia ie większego iż 4 spełiającym waruek b +3 6b + + 1b +1 8b =. Po wykoaiu odpowiedich rachuków otrzymujemy, że a = ( (a. Możąc przez t + rówość a + 4a a = 0 oraz sumując otrzymae w te sposób wyrażeia dla 0 dostajemy rówość =0 a +t + 4 =0 a +1t =0 a t + = 0. Zauważmy, że mamy rówości =0 a +t + = = a t = A(t a 1 t a 0, =0 a +1t + = t( =1 a t = t(a(t a 0 oraz =0 a t + = t =0 a t = t A(t, a więc powyższa rówość przyjmuje postać A(t 8t 3 4tA(t + 1t + 4t A(t = 0, skąd A(t = 35.(b. A(t = 3 4t. 1 4t+4t 3 9t+7t. 1 4t+5t t 3 35.(c. Podobie jak w poprzedich zadaiach dochodzimy do rówości (1 6t + 1t 8t 3 A(t + t = =0 t+3. Mamy =0 t+3 = t 4 =0 t 1 = t 4 =0 (t = t 4 ( =0 t = t 4 ( 1 1 t = t 4 1, skąd (1 t t A(t = 3 t. (1 6t+1t 8t 3 (1 t 4

26 36.(a. Możąc rówość a +1 = b przez t +1 oraz sumując otrzymae w te sposób wyrażeia dla 0 dostajemy rówość =0 a +1t +1 = =0 b t +1. Poieważ mamy, że =0 a +1t +1 = =1 a t = A(t a 0 oraz =0 b t +1 = t =0 b t = tb(t, więc odpowiedzią jest rówość A(t a 0 = tb(t. 36.(b. Podobie jak w poprzedim pukcie dochodzimy do rówości =0 a t = =0 b t, które lewa stroa jest rówa A(t. Zarazem mamy =0 b t = t =0 b t 1 = t =0 (b t = tb (t, więc A(t = tb (t. 36.(c. Mamy rówość =0 a t = =0 i=0 b it, której lewa stroa jest rówa A(t. Poadto mamy rówości =0 b it = =0 i=0 b it i t i = i=0 (b it i j=0 tj = ( j=0 tj ( i=0 b it i = 1 B(t, skąd wyika, że A(t = 1 t B(t. 1 t 37. Niech λ1,..., λl będą wszystkimi parami różymi pierwiastkami wielomiau t k +c 1 t k 1 + +c k, zaś α 1,..., α l krotościami tych pierwiastków odpowiedio. Dla każdego j = 1,..., k iech (a (j będzie ciągiem daym wzorem a (j := j (1+α 1+ +α i 1 λ i, jeśli α α i 1 < j α α i. Pokażemy ajpierw, że ciąg (b spełia waruek b +k +c 1 b +k 1 + +c k b = 0 wtedy i tylko wtedy, gdy jest kombiacją liiową ciągów (b (j. Niech V będzie przestrzeią ciągów (b spełiających waruek b +k +c 1 b +k c k b = 0, zaś U przestrzeią liiową geerowaą przez ciągi (a (j. Wiemy już, że V U, musimy zatem pokazać przeciwe zawieraie. Zauważmy, że przestrzeń V ma wymiar k, gdyż każdy ciąg (b V jest jedozaczie wyzaczoy przez wyrazy b 0,..., b k 1. Z drugiej stroy przestrzeń U ma wymiar ie większy iż k. Poieważ V U, więc otrzymujemy V = U, co chcieliśmy pokazać. Udowodimy teraz tezę zadaia. Poieważ stopień wielomiau W jest miejszy iż k oraz 1 + c 1 t + + c k t k = l l αi A i,j i=0 j=1 = l αi i=0 j=1 (A i,j =0 (1 λ i t j skąd a = l i=0 αi j=1 A i,j ( +j 1 j 1 αi i=0 ( +j 1 j 1 λ, a więc (a U = V. j=1 (1 λ it j, więc A(t = λ t dla pewych A i,j, 38.(a. Podobie jak w zadaiu 36.(c otrzymujemy, że A(t 1 = ta(t + 1 t t 1, skąd A(t =. Z poprzediego zadaia wyika zatem, że ciąg (a 1 t 1 t spełia waruek a +1 a = (b. Posługując się metodami aalogiczymi do tych zaprezetowaych w rozwiązaiu zadaia 36 mamy A(t 1 = =0 i=0 i a i t +1 + t. Zauważmy, że mamy 1 t =0 i=0 i a i t +1 = =0 i=0 ta it i (t i = 5

27 t i=0 (a it i j=0 (tj = t( j=0 (tj ( i=0 a it i = t 1 1 = ta(t t 1 t. Otrzymujemy zatem, że A(t = 1 t + 1 t zależość rekurecyją a + 4a a = 0. A(t, skąd A(t 1 t = 1 t (1 3t(1 t 1 4t+t oraz 38.(c. Podobie jak w poprzedim zadaiu otrzymujemy, że A(t 1 = tf (ta(t + t, gdzie F (t jest fukcją geerującą ciągu Fiboacciego. 1 t t Poieważ F (t =, więc dostajemy, że A(t = 1 t t i zależość 1 t t 1 t t +t 3 a +3 a + a +1 + a = Zauważmy, że ilość a rozwiązań rówaia x 1 + x + 4x 4 = w liczbach całkowitych dodatich jest rówa ilości przedstawień jedomiau t jako iloczyu potęg jedomiaów t, t i t 4. Stąd mamy, że A(t = ( i=0 ti ( i=0 (t i ( i=0 (t4 i, gdzie A(t jest fukcją tworzącą ciągu (a. Z powyższej rówości dostajemy A(t = = = 1 t 1 t 1 t 4 (1 t 3 (1+t (1 it(1+it i + 1+i = 3(1 t 4(1 t 8(1 t 3 3(1+t 16(1+t 16(1 it 16(1+it =0 ( (+1(+ + 5( 1 + ( 1 (+1 + (1 ii + (1+i( i t, a więc a = (+1(+ + 5( 1 + ( 1 (+1 + (1 ii + (1+i( i Zbiór ciągów (x 1,..., x k spełiających waruki: x i {1,..., } i x i+1 x i, możemy podzielić a dwa rozłącze podzbiory. Pierwszy podzbiór składa się z tych ciągów (x 1,..., x k powyższej postaci, dla których x k =, drugi zaś z pozostałych. Jeśli ciąg (x 1,..., x k ależy do pierwszego podzbioru, to wtedy (x 1,..., x k 1 spełia waruki: x i {1,..., } i x i+1 x i. Na odwrót, gdy ciąg (x 1,..., x k 1 spełia waruki: x i {1,..., } i x i+1 x i, to ciąg (x 1,..., x k 1, ależy do pierwszego podzbioru. Stąd wyika, że do pierwszego podzbioru ależy s podzbiorów. Z drugiej stroy ciąg (x 1,..., x k ależy do drugiego podzbioru wtedy i tylko wtedy, gdy x i {1,..., 1} i x i+1 x i, a więc podzbiór te ma s 1 elemetów, co kończy rozwiązaie pierwszej części zadaia. Możąc rówość s = s 1 +s przez t i sumując otrzymae w te sposób wyrażeia dla 1, dostajemy =1 s t = =1 s 1t + =1 s t. Mamy =1 s t = S(t s 0 = S(t 1 i =1 s 1t = t =0 s t = ts(t. Poadto =1 s t = s 0 t + =1 s (t (1 + t = (1 + t( =0 s (t s 0 = (1 + ts(t 1. Wykorzystując powyższe wzory otrzymujemy żądaą rówość..7 Podziały 4. Poieważ mamy dokładie{ jede podział liczby a co ajwyżej 1 0 l < część postaci (, więc p(, 1, l = 1 l. 6

28 Podziały liczby a co ajwyżej dwie części są postaci (k, k dla k = +1,...,, przy czym części podziału (k, k są ie większe od l wtedy i tylko wtedy, gdy k l. Zatem p(,, l = 0, gdy l < +1 oraz p(,, l = = + +1 dla l. Jeśli l, to p(,, l = l Aby wyliczyć p(, 3 zauważmy, że p(, 3 jest rówe ilości podziałów liczby, których żada część ie przekracza 3. Jeśli λ jest podziałem liczby, którego żada część ie przekracza 3, i przez x i ozaczmy ilość części podziału λ rówych i, i = 1,, 3, to x 1 + x + 3x 3 =. Z drugiej stroy, jeśli (x 1, x, x 3 jest rozwiązaiem rówaia x 1 + x + 3x 3 = w liczbach całkowitych dodatich, to λ := (3 x 3, x, 1 x 1 jest podziałem liczby, którego żada część ie przekracza 3. Zatem ilość podziałów liczby, których żada część ie przekracza 3, rówa jest ilości rozwiązań w liczbach całkowitych dodatich rówaia x 1 +x +3x 3 =. Postępując podobie jak w rozwiązaiu zadaia 40 otrzymujemy, że p(, 3 = (+1(+ + ( 1 + ε +ε, gdzie ε jest pierwotym pierwiastkiem stopia 3 z Wykorzystując zadaie 46.(a wiemy, że P (, = p(,. Mamy dwa podziały liczby : ( i (1, 1, zatem P (, =, gdy, oraz P (3, 1 = Korzystając z odpowiediego wzoru otrzymujemy P (1 = P (0 = 1 P ( = P (1 + P (0 = P (3 = P ( + P (1 = 3 P (4 = P (3 + P ( = 5 P (5 = P (4 + P (3 P (0 = 7 P (6 = P (5 + P (4 P (1 = 11 P (7 = P (6 + P (5 P ( P (0 = 15 P (8 = P (7 + P (6 P (3 P (1 = P (9 = P (8 + P (7 P (4 P ( = 30 P (10 = P (9 + P (8 P (5 P (3 = 4 P (11 = P (10 + P (9 P (6 P (4 = 56 P (1 = P (11 + P (10 P (7 P (5 + P (0 = 77 P (13 = P (1 + P (11 P (8 P (6 + P (1 = 101 P (14 = P (13 + P (1 P (9 P (7 + P ( = 135 P (15 = P (14 + P (13 P (10 P (8 + P (3 + P (0 = 176 7

29 P (16 = P (15 + P (14 P (11 P (9 + P (4 + P (1 = 31 P (17 = P (16 + P (15 P (1 P (10 + P (5 + P ( = 97 P (18 = P (17 + P (16 P (13 P (11 + P (6 + P (3 = 385 P (19 = P (18 + P (17 P (14 P (1 + P (7 + P (4 = 490 P (0 = P (19 + P (18 P (15 P (13 + P (8 + P (5 = Przypomijmy, że ( 1 k 1 jest ilością rozwiązań w liczbach całkowitych dodatich rówaia x 1 + +x k =. Każdy podział liczby a dokładie k części jest takim rozwiązaiem, co dowodzi ierówości P (, k ( 1 k 1. Z drugiej stroy, parze (σ, λ, gdzie σ jest permutacją zbioru {1,..., k}, zaś λ jest podziałem liczby a dokładie k części, możemy przyporządkować rozwiązaie (λ σ(1,..., λ σ(k rówaia x x k = w liczbach całkowitych dodatich. Otrzymujemy w te sposób wszystkie możliwe takie rozwiązaia, gdyż rozwiązaie (x 1,..., x k jest obrazem przy powyższym przekształceiu pary (σ, (x σ 1 (1,..., x σ 1 (k, gdzie σ jest dowolą permutacją zbioru {1,..., k}, dla której ciąg (x σ 1 (1,..., x σ 1 (k jest ierosący. Powyższe obserwacje kończą dowód ierówości ( 1 k 1 k!p (, k. 46.(a. Przyporządkowaie (λ 1,..., λ k (λ 1 1,..., λ k 1 ustala wzajemie jedozaczą odpowiediość pomiędzy podziałami liczby + k a dokładie k części i podziałami liczby a co ajwyżej k części. 46.(b. Przyporządkowaie (λ 1, λ, λ 3 ( λ 3, λ, λ 1 ustala wzajemie jedozaczą odpowiediość pomiędzy podziałami liczby a dokładie 3 części i podziałami liczby a dokładie 3 części, z których każda jest ie większa iż 1. Przyporządkowaie odwrote dae jest wzorem (µ 1, µ, µ 3 ( µ 3, µ, µ 1. Zauważmy, że jeśli (λ 1, λ, λ 3 jest podziałem liczby a dokładie 3 części, to waruek λ i 1 implikuje, że λ i 1. Poadto λ i <, więc λ i > 0, a więc istotie ( λ 3, λ, λ 1 jest podziałem liczby a dokładie 3 części, z których każda jest ie większa iż 1. Podobie uzasadiamy, że ( µ 3, µ, µ 1 jest podziałem liczby a dokładie 3 części, jeśli (µ 1, µ, µ 3 jest podziałem liczby a dokładie 3 części, z których każda jest ie większa iż (c. Korzystając z zadaia 46.(a mamy P (, = p(, = P (. 46.(d. Przyporządkowaie { (λ 1,..., λ k 1 λ k = 1 (λ 1,..., λ k (λ 1 1,..., λ k 1 λ k > 1 ustala odpowiediość pomiędzy odpowiedimi zbiorami podziałów. 8

30 47. I sposób. Przyporządkowaie podziałowi λ podziału dualego λ ustala wzajemie jedozaczą odpowiediość pomiędzy podziałami liczby a części parzyste oraz podziałami liczby, w których każda część występuje parzystą ilość razy. Aby to sprawdzić ależy skorzystać z obserwacji, że ilość wystąpień liczby k w podziale λ wyosi λ k λ k+1, co jest kosekwecją faktu λ i = {j λ j i} = max{j λ j i}. II sposób. Niech a ozacza ilość podziałów liczby a parzyste części, zaś b ilość podziałów liczby, w których każda liczba występuje parzystą ilość razy. Ozaczmy przez A(t i B(t fukcje geerujące ciągów (a i (b odpowiedio. Z wykładu wiemy, że A(t = 1 i=0. Z drugiej stroy łatwo 1 t i zauważyć, że b = 0 gdy jest liczbą ieparzystą, oraz b = P (, gdy jest liczbą parzystą. Stąd B(t = F (t, gdzie F (t jest fukcją geerującą ciągu (P (. Ostateczie B(t = i=0 = A(t. 1 1 t i 48. Niech a ozacza ilość podziałów liczby, w których każda część występuje co ajwyżej k 1 razy, zaś b ilość podziałów liczby a części iepodziele przez k. Ozaczmy przez A(t i B(t fukcje geerujące ciągów (a i (b odpowiedio. Z wykładu wiemy, że B(t = 1 k i. Pokażemy, 1 t i że A(t = B(t. Z defiicji ciągu (a wyika, że A(t = i=1 (1 + ti + + (t i k 1. Wykorzystując rówość 1 + t i + + (t i k 1 = 1 (ti k otrzymujemy, że A(t = 1 t ik i=1 1 t i = k i 1 1 t i = B(t. 49. Przypomijmy, że λ i = max{j λ j i}. Zatem λ i = k wtedy i tylko wtedy, gdy λ k i > λ k+1. Stąd ilość wystąpień liczby k jako części podziału λ jest rówa λ k λ k+1. Wykorzystując powyższą obserwację otrzymujemy, że ilość wystąpień liczby k w podziale (λ + µ jest rówa (λ + µ k (λ + µ k+1 = (λ k λ k+1 + (µ k µ k+1. Z drugiej stroy, ilość wystąpień liczby k jako części podziału λ µ jest sumą ilości wystąpień liczby k w podziale λ i ilości wystąpień liczby k w podziale µ, co daje am (λ k λ k+1 + (µ k µ k+1 i kończy dowód. 50. Rówość F (t = G(tF (t otrzymujemy korzystając ze związku 1 t i = (1 t i (1+t i oraz ze wzorów F (t = 1 i=1 i G(t = 1 t i i=1 (1+ti udowodioych a wykładzie. W tej sytuacji rówość P ( = Q( + Q( P (1 + Q( 4P ( + Q( 6P (3 +. otrzymujemy porówując współczyiki przy t w F (t oraz w iloczyie G(tF (t. Bezpośredi dowód powyższego wzoru otrzymujemy związując z każdym podziałem λ = (λ 1, λ,... = (1 i 1, i,... parę podziałów µ i ν w astępujący sposób. Podział µ składa się z tych części podziału λ, które występują w im ieparzystą ilość razy, zaś podział µ day jest wzorem µ = (1 i 1, i, t i

31 .8 Liczby Stirliga 51. { ( 1} =, gdyż wśród 1 zbiorów jede musi być -elemetowy, pozostałe zaś 1-elemetowe. Zbiór -elemetowy możemy wybrać a ( sposobów, pozostałe elemety w jedozaczy sposób tworzą zbiory 1- elemetowe. Podobie { ( } = ( ( 5. Zauważmy, że zbiór {1,..., +1} możemy podzielić a k iepustych podzbiorów w astępujący sposób: wybieramy ajpierw podzbiór A zawierający + 1, a astępie dzielimy pozostałe elemety dzielimy a k 1 iepustych podzbiorów. Przy ustaloym zbiorze A możemy to zrobić a { } +1 l k 1 sposobów, gdzie l = l(a jest ilością elemetów zbioru A. Poieważ przy ustaloym l zbiór A możemy wybrać a ( l 1 sposobów oraz możliwe wartości l to 1,..., (gdy l > k, to { } +1 l k 1 = 0, więc wzór otrzymujemy podstawiając j = + 1 l i korzystając z tożsamości ( ( j = j. 53. Niech a,k będzie ilością rozstawień k wież a rozważaej szachowicy. Oczywiście a,0 = 1 = { } oraz a, = 1 = { } Dla k = 1,..., 1 otrzymujemy, że a,k = a 1,k +(+1 ka 1,k 1. Istotie, pierwszy składik wyrażeia po prawej stroie odpowiada tym rozstawieiom k wież, w których żada z wież ie stoi w pierwszej kolumie, zaś drugi pozostałym. Korzystając z założeia idukcyjego oraz wzoru { } { m l = m 1 } { l 1 + l m 1 } l udowodioego a wykładzie, otrzymujemy, że a,k = { } { k + ( + 1 k +1 k} = { +1 k}. 54. Porówaie współczyików stojących przy t k w pierwszym wzorze daje tożsamość { } { k = k 1 } { k + 1 k 1} udowodioą a wykładzie. Podobie druga rówość sprowadza się do wzoru { } k = 1 ( 1 { j j=0 j k 1} pokazaego w zadaiu 5. Ostati wzór jest kosekwecją dwóch poprzedich. Istotie, z pierwszego wzoru mamy tp (t = P +1 (t tp (t. Podstawiając z drugiego wzoru P +1 (t = t ( 1 j=0 Pj (t i dzieląc otrzymaą rówość j przez t, kończymy dowód. Zauważmy, że ostati wzór daje am tożsamość (k + 1 { } k+1 = 1 ( { j } j=0 j k, którą moża też uzasadić bezpośredio..9 Systemy reprezetatów 55. Niech A i będzie zbiorem mężczyz, których za kobieta i. Waruki zadaia mówią, że ciąg (A 1,..., A spełia waruek Halla, zatem istieje dla tego ciągu system reprezetatów, to zaczy każdą kobietę możemy połączyć w parę ze zajomym mężczyzą tak, aby róże kobiety były połączoe w 30

32 pary z różymi mężczyzami. Jeśli wśród wybraych mężczyz ie ma A, to wprowadzamy go a miejsce mężczyzy, który został przyporządkoway jedej z kobiet zaej przez A. 56. Możemy założyć, że a i,j 0 dla wszystkich i, j. Istotie, macierz J złożoa z samych jedyek jest w trywialy sposób kombiacją liiową macierzy permutacji oraz macierz A + µj ma współczyiki ieujeme dla dostateczie dużego µ. Dowód będzie idukcyjy ze względu a ilość m par (i, j takich, że a i,j > 0. Gdy m = 0, to teza jest oczywista. Przypuśćmy zatem, że m > 0. Dla każdego i = 1,... iech X i będzie zbiorem tych ideksów j, dla których a i,j > 0. Pokażemy, że ciąg (X 1,..., X spełia waruek Halla. Ustalmy I {1,..., } i iech k = X, gdzie X = i I X i. Wtedy I µ = i I j=1 a i,j = i I j X a i,j = j X i I a i,j kµ, skąd I k. Niech (σ 1,..., σ będzie system reprezetatów ciągu (X 1,..., X oraz P = (p i,j, gdzie p i,j = δ σi,j. Wtedy P jest macierzą permutacji oraz A λp jest kombiacją liiową macierzy permutacji a mocy założeia idukcyjego, gdzie λ = mi{a i,σi i = 1,..., }. 57. Z poprzediego zadaia wiemy, że rozważaa podprzestrzeń liiowa jest zbiorem rozwiązań układu rówań i=1 a i,j = i=1 a i,1, j =,...,, i=1 a j,i = i=1 a i,1, j =,...,, zatem jej wymiar jest rówy ( 1 = ( Ustalmy macierz A = (a i,j oraz ozaczmy przez N miimalą ilość wierszy i kolum zawierających wszystkie iezerowe elemety macierzy A, zaś przez M maksymalą liczbę iezerowych elemetów macierzy A, z których żade dwa ie stoją w jedym wierszu ai w jedej kolumie. Pokażemy ajpierw, że M N. Niech i 1,..., i p oraz j 1,..., j q będą umerami wierszy i kolum zawierających wszystkie iezerowe elemety macierzy A. Przypuśćmy poadto, że a k1,l 1,..., a kr,lr są iezerowymi elemetami macierzy A, z których żade dwa ie stoją w jedym wierszu ai w jedej kolumie. Wtedy dla każdego s, k s {i 1,..., i p } lub l s {j 1,..., j q }. Poieważ ideksy k 1,..., k r są parami róże, i podobie ma się rzecz z ideksami l 1,..., l r, więc stąd wyika, że r p + q, co kończy dowód ierówości M N. Udowodimy teraz, że M N. Podobie jak powyżej ozaczmy przez i 1,..., i p oraz j 1,..., j q umery wierszy i kolum zawierających wszystkie iezerowe elemety macierzy A. Załóżmy przy tym, że p + q = N. Dla każdego s = 1,..., p iech A s będzie zbiorem tych ideksów l {j 1,..., j q }, dla których a is,l 0. Ciąg (A 1,..., A p spełia waruek Halla. Gdyby bowiem tak ie było, to istiałyby parami róże ideksy s 1,..., s r takie, że A s1 A sr < r. Wtedy jedak zastępując wiersze i s1,..., i sr kolumami, 31