Matematyka Dyskretna. Andrzej Szepietowski. 17 marca 2003 roku

Transkrypt

1 Matematya Dysretna Andrzej Szepietowsi 17 marca 2003 rou

2

3 Rozdział 1 Kombinatorya 1.1 Zasada podwójnego zliczania Zasada podwójnego zliczania jest bardzo prosta. Oto ona: Jeżeli elementy jaiegoś zbioru sa zliczane na dwa sposoby, to wyni obu zliczeń jest tai sam. Zastosujemy tę zasadę do udowodniena następującego lematu: Lemat 1.1 (O uścisach dłoni Przypuśćmy, że na przyjęciu część osób wita się przez uścis dłoni. Wtedy liczba osób, tóre uścisnęły nieparzysta liczbę dłoni jest parzysta. Bardziej formalnie lemat ten można formułować za pomocą grafów. Rozważmy graf, tórego wierzchołami są osoby na przyjęciu, a rawędzie łączą te osoby, tóre uścisnęły sobie dłonie. Mamy. Lemat 1.2 Niech G = (V, E, bȩdzie dowolnym grafem z m = E rawȩdziami. Wtedy d(v = 2m, v V gdzie d(v oznacza stopień wierzchoła v, czyli liczbę rawędzi wychodzących z v Dowód: Zliczmy ońce wszystich rawędzi na dwa sposoby. Najpierw sumujemy po wszystich wierzchołach v ile rawędzi ma oniec w wierzchołu v. Otrzymamy sumę v V d(v. Następnie dla ażdej rawędzi zliczamy jej dwa ońce. Otrzymamy wyni 2m. Teza wynia z zasady podwojnego zliczania. Ponieważ suma v V d(v jest parzysta, więc liczba nieparzystych sładniów jest parzysta. Mamy więc: Lemat 1.3 (O uścisach dłoni, druga wersja W ażdym grafie liczba wierzchołów nieparzystego stopnia jest parzysta. 3

4 4 Rozdział 1. Kombinatorya 1.2 Ci agi Zastanówmy siȩ, ile ci agów długości można utworzyć z elementów zbioru zawieraj acego n symboli. Jeżeli zbiór symboli zawiera dwa elementy: a, b, to można utworzyć dwa ci agi długości jeden: cztery ci agi długości dwa: (a, (b, (a, a, (a, b, (b, a, (b, b. Aby uzysać ci agi długości trzy, postȩpujemy w nastȩpuj acy sposób: bierzemy cztery ci agi długości dwa i najpierw do ażdego z nich dopisujemy na pocz atu a. Otrzymujemy w ten sposób omplet: (a, a, a, (a, a, b, (a, b, a, (a, b, b. Zauważmy, że s a to wszystie ci agi długości trzy z pierwsz a liter a a. Potem do tych samych czterech ci agów długości dwa dopisujemy na pocz atu symbol b i otrzymujemy omplet: (b, a, a, (b, a, b, (b, b, a, (b, b, b. Komplety te s a rozł aczne i oba zawieraj a różne ci agi. Razem tworz a zbiór wszystich ci agów długości 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. Postȩpuj ac podobnie, możemy otrzymać szesnaście ci agów długości cztery. Twierdzenie 1.4 Liczba ci agów długości o elementach ze zbioru {a, b} wynosi 2. Dowód przez inducjȩ. Ja już poazano, s a dwa ci agi długości jeden. Załóżmy teraz, że liczba ci agów długości wynosi 2 i zauważmy, że wszystich ci agów długości + 1 jest dwa razy wiȩcej. Jest 2 ci agów z pierwszym elementem a i 2 ci agów z pierwszym elementem b. Razem mamy 2 2 = 2 +1 ci agów długości + 1. Jeżeli zbiór symboli zawiera n elementów, to powtarzaj ac powyższe rozumowanie, możemy siȩ przeonać, że istnieje n ci agów długości jeden, n 2 ci agów długości dwa i ogólnie ci agów długości + 1 jest n razy wiȩcej niż ci agów długości. Zachodzi zatem twierdzenie. Twierdzenie 1.5 Liczba ci agów długości o elementach ze zbioru n-elementowego wynosi n.

5 1.3. Funcje Funcje Policzmy teraz, ile jest funcji ze zbioru A w zbiór B. Przypuśćmy, że zbiór A zawiera elementów: 1,...,. Każd a funcjȩ f z A w B można przedstawić jao ci ag (f(1, f(2,..., f(. Ci ag ten jest długości, a jego elementy s a wziȩte ze zbioru B. Zauważmy, że ażdej funcji odpowiada jeden ci ag, i na odwrót, ażdy ci ag (b 1, b 2,..., b opisuje jedn a funcjȩ. Mianowicie funcjȩ, tóra dla ażdego i przypisuje wartość f(i = b i. Przyład 1.6 Jeżeli A słada siȩ z czterech elementów: a B słada siȩ z trzech elementów: to ci ag A = {1, 2, 3, 4}, B = {1, 2, 3}, (2, 2, 2, 2 opisuje funcjȩ stał a, tóra w całej swojej dziedzinie przyjmuje wartość 2, a ci ag (1, 2, 3, 3 opisuje funcjȩ f, tóra przyjmuje nastȩpuj ace wartości: f(1 = 1, f(2 = 2, f(3 = 3, f(4 = 3. Z powyższego wynia, że funcji ze zbioru A w zbiór B jest tyle samo co ci agów długości = A z elementami ze zbioru B. Udowodniliśmy wiȩc poniższe twierdzenie. Twierdzenie 1.7 Jeżeli zbiór A zawiera elementów, a zbiór B zawiera n elementów, to liczba funcji ze zbioru A w zbiór B wynosi n. 1.4 Ci agi bez powtórzeń Policzmy teraz, ile jest ci agów bez powtórzeń, czyli ci agów różnowartościowych. Jeżeli elementy bierzemy ze zbioru trzyelementowego {1, 2, 3},

6 6 Rozdział 1. Kombinatorya to możemy utworzyć trzy ci agi jednoelementowe: (1, (2, (3, sześć różnowartościowych ci agów dwuelementowych: oraz sześć ci agów trójelementowych: (1, 2, (1, 3, (2, 1, (2, 3, (3, 1, (3, 2 (1, 2, 3, (1, 3, 2, (2, 1, 3, (2, 3, 1, (3, 1, 2, (3, 2, 1. Nie ma, oczywiście, dłuższych ci agów różnowartościowych utworzonych z elementów zbioru {1, 2, 3}. Twierdzenie 1.8 Jeżeli elementy wybieramy ze zbioru n-elementowego A, to liczba ci agów -elementowych bez powtórzeń, tóre można wybrać z tego zbioru, wynosi: n(n 1 (n + 1. W tym wyrażeniu mamy iloczyn olejnych liczb, poczynaj ac od (n + 1, a ończ ac na n. Dowód. Jeżeli budujemy ci ag bez powtórzeń, to na pierwszy element ci agu możemy wybrać ażdy z n elementów zbioru A, na drug a pozycjȩ w ci agu możemy wybrać już tylo jeden z n 1 elementów (wszystie poza tym, tóry został wybrany na pierwszy element ci agu i ta dalej, na ażd a olejn a pozycjȩ mamy o jeden element do wyboru mniej. Zauważmy, że jeżeli > n, to n(n 1... (n + 1 = 0, co jest zgodne z tym, że w taim przypadu nie można utworzyć żadnego -elementowego ci agu bez powtórzeń z elementami ze zbioru A. 1.5 Permutacje Permutacje to ci agi bez powtórzeń długości n, wybierane ze zbioru n-elementowego. Na przyład, mamy dwie permutacje dwuelementowe: oraz sześć permutacji trzyelementowych: (1, 2, (2, 1, (1, 2, 3, (1, 3, 2, (2, 1, 3, (2, 3, 1, (3, 1, 2, (3, 2, 1. Zgodnie z twierdzeniem 1.8 liczba permutacji w zbiorze n-elementowym wynosi: czyli jest równa n!. n(n 1(n ,

7 1.5. Permutacje 7 Funcja silnia n! oreślona jest dla n > 0 w nastȩpuj acy sposób: n! = Dodatowo przyjmujemy 0! = 1. Mamy więc n i 1! = 1, 2! = 1 2 = 2, 3! = = 6, 4! = = 24. i=1 Wartości funcji silnia szybo rosn a, na przyład: 5! = 120, 10! = , 20! Dla przybliżonego obliczania silni orzysta siȩ ze wzoru Stirlinga: n! e n n n 2πn. (1.1 Dla ażdego n zachodz a również nastȩpuj ace oszacowania: ( n n ( n n n 2πn n! 2πn e 12. (1.2 e e Dowody wzoru Stirlinga oraz powyższych oszacowań wychodz a poza zares tego podrȩcznia. Czasami używa siȩ innej definicji permutacji. Mianowicie permutacja n-elementowa to dowolna funcja różnowartościowa ze zbioru {1, 2,..., n} na ten sam zbiór. Na oznaczenie permutacji π używa siȩ zapisu: ( n π(1 π(2... π(n Przyład 1.9 Permutacja: π = ( jest funcj a, tóra przyjmuje nastȩpuj ace wartości:. π(1 = 2, π(2 = 1, π(3 = 4, π(4 = 3. Dwie permutacje n-elementowe można sładać ta, ja słada siȩ funcje. Złożenie π 1 π 2 permutacji π 1 i π 2 oreślone jest wzorem: Na przyład: ( π 1 π 2 (x = π 1 (π 2 (x. ( = ( Zbiór wszystich permutacji na zbiorze {1,..., n} z działaniem złożenia ma nastȩpuj ace własności:.

8 8 Rozdział 1. Kombinatorya Złożenie permutacji jest ł aczne. To znaczy, dla ażdych trzech permutacji π, ρ, σ: π (ρ σ = (π ρ σ. Wśród permutacji istnieje identyczność id, czyli permutacja, tóra ażdemu x z dziedziny przypisuje wartość id(x = x. Identyczność jest elementem neutralnym sładania permutacji, ponieważ dla ażdej permutacji π: id π = π id = π. Dla ażdej permutacji π istnieje permutacja odwrotna (funcja odwrotna π 1, spełniaj aca warune: π π 1 = π 1 π = id. Powyższe zależności oznaczaj a, że zbiór wszystich permutacji na zbiorze {1,..., n} z działaniem sładania permutacji stanowi grupȩ. 1.6 Podzbiory Policzmy teraz, ile podzbiorów ma sończony zbiór n-elementowy. Jeżeli zbiór słada siȩ z trzech elementów: {a, b, c}, to możemy łatwo wypisać wszystie 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, ja nazywaj a siȩ elementy zbioru. Zbiór pusty ma tylo 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: Rozważmy teraz ogólnie podzbiory zbioru Z ażdym podzbiorem, {a}, {b}, {a, b}. {1, 2, 3,..., n}. A {1, 2, 3,..., n} jest zwi azana jego funcja charaterystyczna, oreślona nastȩpuj acym wzorem: { 1, gdy i A, χ A (i = 0, gdy i / A.

9 1.7. Podzbiory -elementowe 9 Dziedzin a funcji χ A jest zbiór {1,..., n}, a przeciwdziedzin a zbiór {0, 1}. Zauważmy, że ażdemu podzbiorowi odpowiada jedna funcja charaterystyczna, i na odwrót, jeżeli weźmiemy dowoln a funcjȩ: χ : {1,..., n} {0, 1}, to wyznacza ona zbiór: A = {i χ(i = 1}. Przyład 1.10 Dla n = 5 funcja charaterystyczna χ A zbioru A = {2, 3, 5} jest opisana przez ci ag (0, 1, 1, 0, 1, a ci ag (1, 0, 1, 1, 0 opisuje funcjȩ charaterystyczn a zbioru: {1, 3, 4}. Z powyższych rozważań wynia, że liczba podzbiorów zbioru n-elementowego jest równa liczbie funcji ze zbioru {1,..., n} w zbiór {0, 1}. Czyli na podstawie twierdzenia 1.7 mamy twierdzenie poniższe. Twierdzenie 1.11 Każdy zbiór n-elementowy ma 2 n podzbiorów. 1.7 Podzbiory -elementowe Zastanówmy siȩ teraz nad podzbiorami oreślonej 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: sześć podzbiorów dwuelementowych: {1}, {2}, {3}, {4}, {1, 2}, {1, 3}, {1, 4}, {2, 3}, {2, 4}, {3, 4}, cztery podzbiory trzyelementowe: i jeden podzbiór czteroelementowy: {1, 2, 3}, {1, 2, 4}, {1, 3, 4}, {2, 3, 4}, {1, 2, 3, 4}. Liczbȩ podzbiorów -elementowych zbioru n-elementowego oznacza siȩ przez ( n.

10 10 Rozdział 1. Kombinatorya Jest to ta zwany symbol Newtona. Inaczej, ( n jest równe liczbie sposobów na jaie można wybrać elementów ze zbioru n elementowego. Właśnie poazaliśmy, że: ( ( ( ( ( = 1, = 4, = 6, = 4, = Z definicji wynia, że jeżeli > n, to ( n = 0. Zachodz a dwa wzory: ( ( n n =, (1.3 n ( ( ( n + 1 n n = +. (1.4 1 Wzór (1.3 bierze siȩ z prostej obserwacji, że wybranie elementów, tóre należ a do podzbioru A, jest równoważne wybraniu n elementów, tóre do A nie należ a. Aby uzasadnić równość (1.4, rozważmy -elementowe podzbiory zbioru {1,..., n, n + 1}. Policzmy osobno te podzbiory, tóre zawieraj a element n + 1, i osobno te, tóre go nie zawieraj a. Podzbiorów nie zawieraj acych n + 1 jest ( n, bo wszystie elementów trzeba wybrać ze zbioru {1,..., n}. Podzbiorów zawieraj acych n + 1 jest ( n 1, bo 1 elementów trzeba wybrać ze zbioru {1,..., n}. Razem wszystich -elementowych podzbiorów zbioru {1,..., n, n + 1} jest ( ( n + n 1. Korzystaj ac z równości (1.4, możemy obliczać symbole Newtona reurencyjnie. Najpierw mamy ( 0 0 = 1, ponieważ jest jeden zeroelementowy (pusty podzbiór zbioru zeroelementowego (pustego. Jeżeli mamy już policzone symbole Newtona dla n, to możemy liczyć, ile jest podzbiorów zbioru (n + 1-elementowego. Zaczynamy od ( n+1 = 1 oraz ( n+1 0 = 1, a nastȩpnie orzystamy z równania (1.4. Metodȩ tȩ ilustruje ta zwany trój at Pascala: W n-tym wierszu (wiersze numerowane s a od n = 0 znajduj a siȩ symbole Newtona: ( ( ( ( n n n n n Na sraju znajduj a siȩ jedyni, ponieważ ( ( n 0 = n n = 1. -ty element w n-tym wierszu dla 1 n 1 jest sum a dwóch elementów stoj acych bezpośrednio nad nim: ( n ( n 1 = + ( n 1 1.

11 1.8. Dwumian Newtona 11 Jeżeli 0 n, to symbol Newtona można też obliczyć ze wzoru: ( n n(n 1 (n + 1 =! (1.5 lub ( n n! =!(n! (1.6 Oto uzasadnienie wzoru (1.5: Aby wybrać podzbiór -elementowy ze zbioru {1,..., n}, wybieramy -elementowy ci ag bez powtórzeń i bierzemy do podzbioru elementy tego ci agu ignoruj ac ich olejność. Ponieważ ażdemu -elementowemu podzbiorowi odpowiada! ci agów o tych samych elementach, wiȩc podzbiorów jest! razy mniej niż -elementowych ci agów bez powtórzeń. Wzór (1.5 wynia teraz z twierdzenia 1.8, a wzór (1.6 bezpośrednio ze wzoru (1.5. Wzór (1.5 pozwala wyprowadzić oszacowania na wartość symbolu Newtona, dla 1 n: ( n = n(n 1 (n + 1 ( 1 1 ( n = ( n 1 1 ( n + 1 ( n. 1 Ponieważ, ja łatwo sprawdzić n i i n dla ażdego 1 i 1. Korzystaj ac z nierówności! ( e wyprowadzonej ze wzoru Stirlinga (1.2, otrzymujemy górne ograniczenie: ( n n(n 1 (n + 1 ( = n en!!. 1.8 Dwumian Newtona Symbole Newtona wystȩpuj a w znanym twierdzeniu Newtona. Twierdzenie 1.12 (dwumian Newtona Dla ażdej liczby rzeczywistej t oraz liczby całowitej n 0 zachodzi: n ( n (1 + t n = t. =0 Dowód, przez inducjȩ. Wzór jest oczywisty dla n = 0. Załóżmy teraz, że jest prawdziwy dla n. Mamy: ( n ( n (1 + t n+1 = (1 + t n (1 + t = t (1 + t. Współczynni przy t po prawej stronie wynosi: ( n + 1 ( n =0.

12 12 Rozdział 1. Kombinatorya Pierwszy sładni pochodzi od iloczynu: ( n 1 t 1 t, a drugi od iloczynu: ( n t 1. Ze wzoru (1.4 wynia, że współczynni przy t wynosi ( n+1. Jeżeli do wzoru Newtona podstawimy t = b a, a potem pomnożymy obie strony przez an, to otrzymamy inn a znan a wersjȩ wzoru Newtona. Wniose 1.13 Dla dowolnych liczb rzeczywistych a i b i dowolnej liczby całowitej n 0: n ( n (a + b n = a n b. =0 Jeżeli podstawimy t = 1 do wzoru z twierdzenia 1.12, to otrzymamy: 2 n = n =0 ( n, co potwierdza jeszcze raz, że wszystich podzbiorów zbioru n-elementowego jest 2 n. Zobaczymy teraz, że wśród wszystich podzbiorów zbioru {1,..., n} jest tyle samo podzbiorów mocy parzystej (o parzystej liczbie elementów i podzbiorów mocy nieparzystej (o nieparzystej liczbie elementów. Twierdzenie 1.14 Dla ażdego zbioru zawieraj acego n elementów, liczba podzbiorów parzystej mocy jest równa liczbie podzbiorów nieparzystej mocy. Pierwszy dowód. Jeżeli podstawimy t = 1 do wzoru Newtona, to otrzymamy: 0 = n ( n ( 1. =0 Zauważmy, że w sumie po prawej stronie z plusem wystȩpuj a symbole Newtona ( n dla parzystych, a z minusem dla nieparzystych. Ta wiȩc z plusem mamy liczbȩ podzbiorów parzystej mocy, a z minusem liczbȩ podzbiorów nieparzystej mocy. Z powyższego wzoru wynia, że podzbiorów parzystej mocy jest tyle samo co podzbiorów mocy nieparzystej. Drugi dowód. Rozważmy funcjȩ f, tóra ażdemu podzbiorowi przyporz aduje podzbiór A {1, 2,..., n} f(a = A {n} = (A {n} ({n} A, czyli różnicȩ symetryczn a zbioru A i zbioru jednoelementowego {n}. Zauważmy, że funcja f ł aczy 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.

13 1.9. Zasada szufladowa Dirichleta Zasada szufladowa Dirichleta Zasada szyfladowa Dirichleta w najprostszej postaci mówi, że jeżeli mamy ul i chcemy je rozmieścić w m < szufladach, to w przynajmniej jednej szufladzie musi znaleźć się więcej niż jedna ula. W nieco ogólniejszej postaci brzmi ona następująco: Twierdzenie 1.15 (Zasada szufladowa Dirichleta Jeżeli zbiór A podzielimy na podzbiorów, to przynajmniej jeden z tych podzbiorów ma A lub więcej elementów. Dowód Nie wprost. Przypuśćmy, że ażdy z podzbiorów ma mniej niż A elementów. Wtedy cały zbiór A ma mniej niż A = A elementów; sprzeczność. Przyład 1.16 Wyobraźmy sobie urnę z białymi i czarnymi ulami, po 10. Jeżeli wylosujemy trzy ule, to będa wśród nich dwie ule w tym samym olorze, a jeżeli wylosujemy 9 ul, to będziemy mieli 5 ul w jednym olorze. Przyład 1.17 Przypuśćmy, że na przyjęciu jest n osób i nietorzy witaja się przez podanie dłoni. Poażemy, że wśród nich znajdą się dwie osoby, tóre uścisnęły tyle samo dłoni. Najpierw załóżmy, że ażda osoba uścisnęła omuś dłoń. Mamy wtedy n osób, z tórych ażda uścisnęła dłoń od 1 do n 1 razy. Musza być więc dwie osoby z ta sama liczba uścisów. Jeżeli natomiast jest osoba, tóra nie uścisnęła dłoni niomu, to wtedy nie może być osoby, tóra uścisnęła n 1 dłoni. Czyli mamy n osób, z tórych ażda uścisnęła dłoń od 0 do n 2 razy 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 obliczaj ac praw a stronȩ tej równości liczymy po olei elementy zbioru A i dla ażdego elementu dodajemy +1 do ogólnej sumy, nastȩpnie liczymy elementy zbiorów B i dla ażdego dodajemy +1, a na ońcu liczymy elementy przeroju A B i dla ażdego dodajemy 1. Zastanówmy siȩ teraz jai jest udział poszczególnych elementów w ta powstałej sumie. Jeżeli jaiś element wystȩpuje tylo w A lub tylo w B, to jego udział wynosi 1. Ale taże, jeżeli należy do obu zbiorów A i B to jego udział wynosi 1 = Dlatego na ońcu wyni bȩdzie równy liczbie elementów, tóre należ a do jednego lub drugiego zbioru. Przyład 1.18 Policzmy ile liczb naturalnych z przedziału od 1 do 30 jest podzielnych przez 2 lub 3. Niech A 2 oznacza zbiór liczb podzielnych przez 2, a A 3 zbiór liczb podzielnych przez 3. Liczby podzielne przez 2 lub 3 tworz a zbiór A 2 A 3. Mamy A 2 = 15, A 3 = 10 oraz A 2 A 3 = 5. A 2 A 3 zawiera liczby podzielne przez 2 i 3, czyli podzielne przez 6. Ze wzoru na sumȩ otrzymujemy: A 2 A 3 = = 20.

14 14 Rozdział 1. Kombinatorya 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 udział elementów, tóre należ a tylo do jednego zbioru, wynosi 1, tych, tóre należ a do dwóch (ale nie do trzech naraz, wynosi = 1, a tych, tóre należ a do wszystich trzech zbiorów, = 1. Przyład 1.19 Policzmy ile liczb z przedziału 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 A 2 = 15, A 3 = 10, A 5 = 6, A 2 A 3 = 5, A 2 A 5 = 3, A 3 A 5 = 2, A 2 A 3 A 5 = 1. Ze wzoru na sumȩ otrzymujemy: A 2 A 3 A 5 = = 22. Ja widać, tylo osiem liczb mniejszych od 30 nie jest podzielnych przez 2, 3 lub 5; s a to: 1, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29. W nastȩpnym podrozdziale poażemy ja można obliczyć sumy dowolnej sończonej lasy zbiorów Zasada wł aczania i wył aczania Zacznijmy od przyładu. Przyład 1.20 W grupie 100 studentów 45 uprawia oszyówȩ, 53 pływanie i 55 szachy. Taich, tórzy graja w oszyówę i pływaja, jest 28; taich, tórzy graj a w oszyówȩ i szachy, jest 32, taich, tórzy graj a w szachy i pływaj a, jest 35, a taich, tórzy uprawiaj a wszystie trzy sporty, jest 20. Pytanie: ilu studentów nie uprawia ani oszyówi, ani pływania? To zadanie można rozwi azać za pomoc a ta zwanego diagramu Venna (rysune??. Posługując sie diagramem łatwo policzyć, że: 8 studentów uprawia oszyówȩ i pływanie, ale nie gra w szachy, 15 pływa i gra w szachy, ale nie gra w oszyówę; 10 pływa, ale nie gra w ani w oszyówę, ani w szachy, i ta dalej. Widać też, że 22 studentów nie uprawia żadnego sportu. Zasada wł aczania i wył aczania pozwala rozwi azywać tego typu zadania bez diagramów Venna. Niech X bȩdzie naszym uniwersum, A 1,..., A n jego podzbiorami. Dla ażdego podzbioru I zbioru indesów I {1,..., n} definiujemy zbiór: A I = i I A i, przyjmujemy przy tym A = X.

15 1.11. Zasada wł aczania i wył aczania 15 Rysune 1.1: Diagram Venna pływacy szachiści oszyarze Przyład 1.21 W przyładzie 1.20 X to zbiór wszystich studentów, A 1 to uprawiaj acy oszyówȩ, A 2 pływanie, a A 3 szachy: A {1,2} = A 1 A 2 A {1,3} = A 1 A 3 A {2,3} = A 2 A 3 to uprawiaj acy oszyówȩ i pływanie, to uprawiaj acy oszyówȩ i szachy, to uprawiaj acy pływanie i szachy, A {1,2,3} = A 1 A 2 A 3 to uprawiaj acy wszystie trzy sporty. Twierdzenie 1.22 (zasada wł aczania i wył aczania Niech X, będzie dowolnym sończonym zbiorem (uniwersum, a A 1,..., A n dowolnymi jego podzbiorami. Wtedy liczba elementów uniwersum X, tóre nie należ a do żadnego podzbioru A i, wynosi: ( 1 I A I. (1.7 I {1,...,n}

16 16 Rozdział 1. Kombinatorya Sumujemy tutaj po wszystich podzbiorach I zbioru {1,..., n}, a A I oznacza przerój A I = i I A i. Przyład 1.23 Stosuj ac zasadȩ wł aczania i wył aczania do przyładu ze studentami możemy teraz policzyć studentów, tórzy nie uprawiaj a żadnego sportu: A A 1 A 2 A 3 + A {1,2} + A {1,3} + A {2,3} A {1,2,3} = X A 1 A 2 A 3 + A 1 A 2 + A 1 A 3 + A 2 A 3 A 1 A 2 A 3 = =22. Dowód Twierdzenia Podobnie ja w poprzednim podrozdziale, żeby obliczyć sumȩ (1.7, liczymy elementy poszczególnych zbiorów A I, i dla ażdego elementu dodajemy ( 1 I do sumy (+1, gdy I jest parzyste, lub 1, gdy I jest nieparzyste. Udział pojedynczego elementu x w ta utworzonej sumie wynosi x A I ( 1 I, czyli jest równy sumie współczynniów ( 1 I dla tych podzbiorów I {1,..., n}, dla tórych x A I. Jeżeli x nie należy do żadnego z podzbiorów A i, to x jest liczony tylo raz, w zbiorze A, i jego udział w sumie (1.7 wynosi 1. Przypuśćmy teraz, że x należy do jaiś podzbiorów i niech J = {i {1,..., n} : x A i }, czyli J to indesy tych podzbiorów, tóre zawieraj a x, niech J = j. Zauważmy teraz, że x A I wtedy i tylo wtedy, gdy I J. Rzeczywiście x A I = i I A i wtedy i tylo wtedy, gdy x A i, dla ażdego i I, czyli gdy I J. Ta wiȩc udział elementu x w sumie (1.7 wynosi: ( 1 I. I J Jest to suma po wszystich podzbiorach I zbioru J. Uporz adujmy teraz sładnii tej sumy według mocy podzbiorów I. Mamy ( j i podzbiorów mocy i, wiȩc: ( 1 I = I J j i=0 ( j ( 1 i = (1 1 j = 0. i Przedostatnia równość wynia ze wzoru Newtona. Ta wiȩc włady elementów, tóre nie należ a do żadnego A i, wynosz a po 1, a włady tych elementów, tóre należ a do jaiegoś A i, wynosz a po 0. A zatem suma (1.7 zlicza elementy nie należ ace do żadnego A i. Aby policzyć moc sumy zbiorów możemy wyorzystać wzór (1.7, przy założeniu, że X = n i=1 A i. Mamy wtedy n i=1 A i

17 1.12. Przestawienia 17 Twierdzenie 1.24 n A i = i=1 I {1,...,n} I ( 1 I A I Przestawienia Przestawieniem bȩdziemy nazywać permutacjȩ bez puntu stałego, czyli ta a permutacjȩ, w tórej żaden element nie stoi na swoim miejscu. Wyorzystamy teraz zasadȩ wł aczania i wył aczania, do policzenia liczby przestawień w zbiorze n-elementowym. Twierdzenie 1.25 Liczba przestawień (permutacji bez puntów stałych w zbiorze n- elementowym wynosi: n ( 1 i n!. i! i=0 Dowód. Niech X = S n bȩdzie zbiorem wszystich permutacji na zbiorze {1,..., n}, a A i zbiorem permutacji, w tórych i jest puntem stałym, to znaczy A i = {π S n π(i = i. Moc zbioru A i wynosi: A i = (n 1!, ponieważ w zbiorze A i s a te permutacje, tóre permutuj a wszystie n 1 elementów oprócz i-tego. Podobnie moc zbioru A I wynosi: A I = A i = (n I!, i I bo teraz w A I permutujemy n i elementów, wszystie oprócz tych, tóre należ a do I. Permutacje bez puntów stałych to te permutacje, tóre nie należ a do żadnego ze zbiorów A i. Z zasady wł aczania i wył aczania ich liczba wynosi I {1,...,n} ( 1 I (n I!. Pogrupujmy teraz sładnii sumy według mocy zbiorów I. Mamy ( n i podzbiorów mocy i. Dla ażdego z nich sładni sumy wynosi ( 1 i (n i!, ta wiȩc liczba przestawień wynosi: n ( n ( 1 i (n i!. i i=0 Twierdzenie wynia teraz z równości ( n i (n i! = n! i!.

18 18 Rozdział 1. Kombinatorya 1.13 Generowanie obietów ombinatorycznych W tym rozdziale zajmiemy siȩ algorytmami generującymi (wypisuj acymi obiety ombinatoryczne. Przedstawione algorytmy bȩd a działaly według nastȩpuj acego schematu: Wypisujemy pierwszy obiet. Powtarzamy, aż do napotania ostatniego obietu: Przetwarzamy bież acy obiet ta, aby otrzymać nastȩpny obiet. Taie algorytmy maj a t a zaletȩ, że nie wymagaj a dużo pamiȩci. Należy tylo pamiȩtać jeden obiet. Algorytmy generuj ace obiety s a używane w przypadu, gdy chcemy sprawdzić wszystie obiety danej lasy lub wtedy, gdy chcemy wylosować obiet danej lasy. Przypuśćmy, na przyład, że chcemy wylosować jaiś 3 elementowy podzbiór zbioru {1,..., 7}. W tym celu losujemy liczbȩ naturaln a od 1 do ( 7 3 = 35, a nastȩpnie generujujemy podzbiory, aż do elementu Generowanie podzbiorów Zaczniemy od najprostszego przypadu wypisania wszystich podzbiorów zbioru {1,..., n}. Algorytm wypisuj acy wszystie podzbiory zbioru {1,..., n}: Pierwszy podzbiór:. by uzysać nastȩpny po A podzbiór: Wsazujemy na najwiȩszy element a {1,..., n} nie należ acy do A, czyli a = max{1 i n i / A} Jeżeli taiego a nie ma, to oniec algorytmu, zbiór A = {1,..., n} jest ostatnim podzbiorem. W przeciwnym przypadu dodajemy a do A i usuwamy z A wszystie elementy wiȩsze od a. Przyład 1.26 Dla n = 3 powyższy algorytm wypisze po olei nastȩpuj ace zbiory:, {3}, {2}, {2, 3}, {1}, {1, 3}, {1, 2}, {1, 2, 3}. Zauważmy, że funcje charaterystyczne wypisywanych podzbiorów, tratowane jao binarny zapis liczb, tworz a ci ag olejnych liczb od 0 do 2 n 1. Szuaj ac nastȩpnego z olei elemenetu algorytm postȩpuje podobnie ja algorytm zwiȩszania o jeden liczby w systemie dwójowym.

19 1.13. Generowanie obietów ombinatorycznych Generowanie -elementowych podzbiorów Algorytm generuj acy elementowe podzbiory zbioru {1,..., n}: Pierwszy -podzbiór to {1,..., }. Przypuśćmy, że ostatnio wygenerowany podzbiór, to A = {a 1,..., a }, gdzie a 1 <... < a. Aby wygenerować nastȩpny podzbiór: znajdujemy najmniejsze taie i, że a i + 1 / A; jeżeli a i = n, to znaczy, że A = {n + 1,..., n} i jest to ostatni wygenerowany podzbiór. jeżeli a i < n, to zwiȩszamy a i o jeden, a elementy mniejsze od a i zamieniamy na i 1 najmniejszych liczb, to znaczy a j := j dla j < i. Przyład 1.27 Dla n = 6 i = 4 algorytm wypisze po olei nastȩpuj ace podzbiory (podajemy je bez nawiasów i przecinów 1234, 1235, 1245, 1345, 2345, 1236, 1246, 1346, 2346, 1256, 1356, 2356, 1456, 2456, Zauważmy, że w przyładzie najpierw wypisywane s a 4-podzbiory niezawieraj ace 6: a później 4-podzbiory zawieraj ace , 1235, 1245, 1345, , 1246, 1346, 2346, 1256, 1356, 2356, 1456, 2456, 3456, tóre otrzymywane s a w ten sposób, że do olejnych 3-podzbiorów zbioru {1,..., 5} dopisywana jest 6. Jest to ogólna zasada działania tego algorytmu: aby wypisać j-podzbiory zbioru {1,..., i} algorytm najpierw wypisuje j podzbiory zbioru {1,..., i 1}, a nastȩpnie podzbiory zawieraj ace element i (s a one otrzymywane przez dodawanie i do j 1 podzbiorów zbioru {1,..., i 1}. W powyższym przyładzie wśrod podzbiorów zawieraj acych 6 najpierw mamy te, tóre s a utworzone z 3-podzbiorów {1, 2, 3, 4} z dopisan a 6: 1236, 1246, 1346, 2346, a po nich nastȩpuj a te, tóre s a utworzone z 2-podzbiorów {1, 2, 3, 4}, z dopisan a 5 i 6: 1256, 1356, 2356, 1456, 2456, Dlatego, iedy w bież acym zbiorze A = {a 1,..., a } algorytm znalazł taie i, że a i +1 / A, to znaczy, że algorytm jest w tracie wypisywania tych podzbiorów, tóre zawieraj a a i+1,..., a (wszystie wiȩsze od a i + 1, plus jaiś i-podzbiór zbioru {1,..., a i + 1}. Zbiór A jest ostatnim podzbiorem, w tórym wystȩpuj a a i+1,..., a, oraz jaiś i- podzbiór zbioru {1,..., a i }, a nie wystȩpuje a i + 1. Według opisanej wyżej zasady teraz powinny nast apić podzbiory, tóre zawieraj a a i + 1 plus jaiś (i 1-podzbiór zbioru {1,..., a i }, plus elementy a i+1,..., a. Pierwszy z nich to podzbiór {1,..., i 1, a i + 1, a i+1..., a }. I tai element jest wypisywany po zbiorze A.

20 20 Rozdział 1. Kombinatorya Generowanie permutacji Algorytm generowania permutacji zbioru {1,..., n}: Pierwsza permutacja to identyczność, czyli a i = i, dla 1 i n. Aby wypisać nastȩpn a po (a 1,..., a n permutacjȩ: Znajdujemy najwiȩsze j, 1 j n 1 spełniaj ace warune a j < a j+1, jeżeli taiego j nie ma, to bież aca permutacja jest ostatnia, jeżeli taie j istnieje, to zamieniamy a j z najmniejszym a taim, że a > a j oraz > j, a nastȩpnie odwracamy porz ade elementów a j+1,..., a n. Przyład 1.28 Oto 10 pierwszych permutacji czteroelementowych 1234, 1243, 1324, 1342, 1423, 1432, 2134, 2143, 2314, 2341, 2413, 2431, Alorytm wypisuje permutacje w porz adu rosn acym, jeżeli potratujemy permutacje jao liczby zapisane z baz a n + 1, a liczby 1,..., n jao cyfry w tym systemie. Na przyład, przypuśćmy, że bież ac a permutacj a jest ( Algorytm znajduje j = 2 i a j = 3. Wtedy ta permutacja jest ostatni a (najwiȩsz a permutacj a spośród permutacji zaczynaj acych siȩ od (43..., bo od pozycji trzeciej mamy ci ag malej acy ( i jest to najwiȩszy ci ag jai można utworzyć z elementów 1,2,5,6. Teraz powinny nast apić permutacje zaczynaj ace siȩ od (45... (czwóri na pierwszym miejscu nie zmieniamy, a trója na drugim miejscu powinna być zamieniona przez nastȩpn a spośrod liczb stoj acych za ni a, czyli przez 5. Pierwsz a ta a permutacj a jest ta, w tórej pozostałe elementy rosn a, czyli ( Zadania 1. Ile numerów rejestracyjnych samochodów można utworzyć, jeżeli ażdy numer słada siȩ z trzech liter i czterech cyfr? Ile numerów rejestracyjnych można utworzyć, jeżeli bȩdziemy dodatowo wymagać, aby ażdy numer zaczynał siȩ od spółgłosi? 2. Ile jest ciągów zero-jedynowych długości 4, w tórych pierwszy i trzeci bit są jednaowe? Wypisz je wszystie. 3. Jaa część wszystich ciągów zero-jedynowych długości n > 3, posiada identyczne bity na pierwszej i trzeciej pozycji? 4. Ile jest liczb trzycyfrowych w systemie: a dziesiętnym, b dwójowym, c trójowym? Ile jest liczb trzycyfrowych z różnymi cyframi. 5. Ile liczb trzycyfrowych zawiera cyfrę 2 lub 3? 6. Na ile sposobów można posadzić n osób przy orągłym stole. Nie robi różnicy, gdzie to siedzi, ale jaich ma sąsiadów po lewej i prawej.

21 1.14. Zadania Wypisz wszystie funcje ze zbioru {a, b} w zbiór {x, y, z}. Które z nich są różnowartościowe? 8. Wypisz wszystie funcje ze zbioru {1, 2, 3} w zbiór {1, 2}. Które z nich są monotoniczne? 9. Mamy dowolny graf G = (V, E. Na ile sposobów można poolorować dwoma olorami jego wierzchołi? Na ile sposobów można poolorować dwoma olorami wierzchołi ta, aby zgóry wybrana rawędź e = {u, v} miała ońce w różnych olorach? 10. Ile jest monotonicznych ciągów zerojedynowych długości n? 11. Mamy dwie permutacje: π 1 = π 2 = Oblicz π 1 π 2, π 2 π 1, π 1 1, π 1 2. ( ( Ile słów można utworzyć z liter słowa ULICA (litery nie mog a siȩ powtarzać? 13. Mamy trójąt równoboczny o wierzchołach a, b, c. Jaim przeształceniom odpowiadają permutacje jego wierzchołów? 14. Mamy czworościan o wierzchołach a, b, c, d. Jaim przeształceniom odpowiadają permutacje jego wierzchołów? 15. Wypisz wszystie podzbiory zbioru {x, y, z}. 16. Na ile sposobów można wybrać dwuosobową delegację z grupy pięcioosobowej? 17. Wypisz funcje charaterystyczne wszystich trzyelementowych podzbiorów zbioru {1, 2, 3, 4, 5}. 18. W grupie jest piȩć dziewcz at i piȩciu chłopców. Na ile sposobów można wybrać podgrupȩ sładaj ac a siȩ: a z trzech dziewcz at i dwóch chłopców? Na ile sposobów można utworzyć piȩć par z chłopcem i dziewczyn a w ażdej parze? 19. Znana jest zabawa dla dzieci sładaj aca siȩ z dwunastu sześciennych loców z nalejonymi na ścianach fragmentami obrazów. Na ile sposobów można ułożyć te loci w prosto at (trzy rzȩdy po cztery loci w rzȩdzie? ( = n n Udowodnij wzór ( n 1 Wsazówa. Policz na dwa różne sposoby, ile -elementowych drużyn z apitanem można utworzyć ze zbioru n sportowców.

22 22 Rozdział 1. Kombinatorya 21. Udowodnij wzór n ( n 2 ( =0 = 2n n. Wsazówa. Policz na dwa różne sposoby, ile n-elementowych grup można utworzyć w lasie złożonej z n chłopców i n dziewcz at. 22. Na ile sposobów można wybraż trzy liczby spośród liczb od 1 do 60, ta aby ich suma była: a nieparzysta; b parzysta; c podzielna przez Udowodnij, że ( n jest najwiȩsze dla = n 2 i = n Udowodnij, że ( 2n n 2 2n 2n Rozwiń wielomian (1 + t Udowodnij, że n i=0 ( n i 2 i = 3 n. 27. Udowodnij wzory: ( ( ( n n 1 n 2 = ( ( ( n n 1 n 2 = ( 1 ( ( ( 1 1 Wsazówa. Należy osobno policzyć podzbiory, w tórych 1 jest najmniejszym elemnetem, osobno te, w tórych 2 jest najmniejszym elementem i ta dalej. 28. Ile masymalnie rawędzi może mieć graf o n wierzchołach? Ile masymalnie rawędzi może mieć graf sierowany o n wierzchołach? 29. Graf pełny jest to graf, w tórym ażde dwa wierzchołi poł aczone s a rawȩdzi a. Na ile sposobów można poolorować dwoma olorami rawędzie pełnego grafu z n wierzchołami? 30. Mamy zbiór wierzchołów V z n elementami. Ile jest grafów ze zbiorem wierzchołów V? Ile jest grafów sierowanych ze zbiorem wierzchołów V? 31. W urnie są ule białe i czarne. Ile ul trzeba wyciągnąć z urny, żeby mieć pewność, że wśród wyciągniętych będą: a dwie w tym samym olorze, b siedem w tym samym olorze. Jaie będą odpowiedzi w przypadu, gdy w urnie będą ule w trzech olorach. 32. Ułame m przedstawiamy w postaci dziesiętnej. Udowodnij, że ores tego ułama jest nie więszy niż. 33. Wylosowano n + 1 liczb ze zbioru {1, 2,..., 2n}. Poaż, że tóraś z nich jest wielorotnością innej. Wsazówa: Mamy n szuflad, ponumerowanych olejnymi liczbami nieparzystymi 1, 3, 5,..., 2n 1. Każdą z wylosowanych liczb {1,..., 2n} władamy do szuflady z numerem m, jeżeli = 2 r m dla jaiegoś r 0..

23 1.15. Problemy Ze zbioru liczb od 1 do 107 wybrano 10 liczb. Poaż, że w wylosowanym zbiorze istnieją dwa rozłączne podzbiory z tą samą sumą. 35. Przedstaw wzór na sumȩ czterech zbiorów A, B, C i D. 36. Ile elementów zawiera różnica symetryczna A B? 37. Ile ciągów długości n o elementach ze zbioru {A, B, C, D} nie zawiera A lub nie zawiera B, lub nie zawiera C. 38. Wyznacz liczbȩ elementów A B C oraz C, wiedz ac, że A = 10, B = 9, A B = 3, A C = 1, B C = 1 oraz A B C = Oblicz ile liczb mniejszych od 100 jest podzielnych przez 2, 3 lub Oblicz ile liczb mniejszych od 100 nie jest podzielnych przez żadną z liczb 2, 3, 5 lub 7. Udowodnij, że wszystie te liczby oprócz 1 s a pierwsze. Ile jest liczb pierwszych mniejszych od 100? 41. Za pomocą algorytmów opisanych w podrozdziale o generowaniu obietów ombinatorycznych wypisz wszystie: a podzbiory zbioru {1, 2, 3, 4}, b 2 elementowe podzbiory zbioru {1, 2, 3, 4, 5}, c 3 elementowe podzbiory zbioru {a, b, c, d, e, f}. d 14 olejnych permutacji zbioru {1, 2, 3, 4, 5, 6} poczynaj ac od permutacji (lub od permutacji Napisz programy realizuj ace opisane w tym rozdziale algorytmy generowania obietów ombinatorycznych Problemy Najrótsze drogi Wyobraźmy sobie siatę prostoątnych ulic z m + 1 ulicami biegnącymi pionowo (w ierunu północ południe i + 1 ulicami biegnącymi poziomo (w ierunu wschód zachód. Rysune 1.2 przedstawia taą siatę dla m = 6 i = Udowodnij, że liczba najrótszych dróg z puntu A do puntu B wynosi ( +m 2. Udowodnij, że liczba funcji niemalejących ze zbioru {1,..., n} w zbiór {1,..., } wynosi ( +n Ile jest funcji monotonicznych ze zbioru {1,..., n} w zbiór {1,..., }? Wsazówi. Najrótsze drogi z A do B sładają się z ciągu + m odcinów, z tórych m jest poziomych i pionowych. Funcje niemalejące ze zbioru {1,..., n} w zbiór {1,..., } można sojarzyć z najrótszymi drogami w sieci ulic w prostoącie n ( 1..

24 24 Rozdział 1. Kombinatorya Rysune 1.2: Siata ulic dla m = 6 i = 4 z zaznaczoną jedną z najrótszych dróg z A do B. B A Rozmieszczanie przedmiotów w pudełach. Przypuśćmy, że mamy n nierozróżnialnych ul. Rozważ na ile sposobów można rożłożyć te ule do rozróżnialnych pudełe. 1. Udowodnij, że istnieje ( n+ 1 1 sposobów rożłożenia n ul do pudełe. 2. Na ile sposobów można rozmieścić: a 2 ule w trzech szufladach, b 3 ule w dwóch szufladach. Wypisz wszystie taie rozmieszczenia. Wsazówa. Każde rozmieszczenia n ul w pudełach może być przedstawione jao ciąg zer i jedyne długosci n + 1, w tórym występuje doładnie 1 jedyne. Zera symbolizują ule a jedyni przegrody pomiędzy pudełami. Na przyład ciąg przedstawia rozłożenie pięciu ul do czterech pudełe, w tórych pierwsze pudeło zawiera dwie ule, drugie jest puste, trzecie zawiera jedną ule, a czwarte dwie ule Wybór n przedmiotów rozróżnialnych typów Wyobraźmy sobie, że mamy przedmioty w różnych typach, że liczba przedmiotów ażdego typu jest nieograniczona i że przedmioty jednego typu są nierozróżnialne. Zastanówmy się na ile sposobów można wybrać n przedmiotów spośród tych typów, przy założeniu, że dopuszczalne są powtórzenia typów i że olejność wybranych przedmiotów nie jest istotna. 1. Poaż, że można to zrobić na ( n+ 1 1 sposobów. 2. Ile jest rozwiązań równania x 1 + x x = n wśród nieujemnych liczb całowitych? Liczba n jest stałą, a x 1,...,x to zmienne.

25 1.15. Problemy Na ile sposobów można wybrać 5 monet jeżeli mamy nieograniczone zapasy złotówe i dwuzłotówe? Wypisz wszystie taie sposoby. 4. Na ile sposobów można wybrać 5 monet jeżeli mamy nieograniczone zapasy złotówe, dwuzłotówe i pięciozłotówe? Wsazówa. Wybory przedmiotów typów są równoważne rozładaniu nierozróżnialnych ul do szuflad. Włożenie uli do i-tej szuflady oznacza, że jest ona i tego typu Kombinacje z powtórzeniami -elementowe ombinacje z powtórzeniami ze zbioru n-elementowego s a to -elementowe wybory elementów zbioru n-elementowego, w tórych elementy mog a siȩ powtarzać i w tórych nie jest istotna olejność wybieranych elementów. Na przyład, mamy cztery trzyelementowe ombinacje z powtórzeniami ze zbioru dwuelementowego {1, 2}; oto one: (1, 1, 1, (1, 1, 2, (1, 2, 2, (2, 2, 2. Udowodnij, że liczba -elementowych ombinacji z powtórzeniami ze zbioru n- elementowego wynosi ( n+ 1. Wsazówa. Taie ombinacje odpowiadają wyborowi elementów n typów Permutacje z powtórzeniami Przypuśćmy, że mamy n przedmiotów różnych typów oraz, że przedmiotów typu i jest n i. Rozważmy ustawienia wszystich tych przedmiotów w ciąg. Przy tym dwa ustawienia są rozróżnialne tylo, jeżeli na jaiejś pozycji mają przedmioty różnych typów. 1. Poaż, że taich rozróżnialnych ustawień jest n! n 1!n 2! n! 2. Ile słów można utworzyć z liter słowa MAMA (litery M i A mog a wyst apić po dwa razy? Wypisz wszystie te słowa. 3. Ile słów można utworzyć z liter słowa MATEMATYKA? Podziały uporzadowane Niech A będzie dowolnym zbiorem n elementówy i niech n 1... n będą dowpolnymi liczbami naturalnymi taimi, że n n = n. Rozważmy rozbicia zbioru A na podzbiorów A 1,..., A, taich, że A i = n i dla ażdego 1 i. Załadamy przy tym, że olejność podzbiorów jest istotna. 1. Poaż, że taich rozbić jest n! n 1!n 2! n!. 2. Na ile sposobów można rozdać 52 artry na cztery osoby? 3. Na ile sposobów można utworzyć 5 par z 10 osób? 4. Uogólnij wzór na dwumian Newtona na przypade (a+b+c n lub (a 1 + +a n.

26 26 Rozdział 1. Kombinatorya Permutacje bez puntów stałych Udowodnij, że liczba przestawień (permutacji bez puntów stałych w zbiorze n-elementowym jest równa zaor agleniu liczby n! e do najbliższej liczby naturalnej; e jest podstaw a logarytmu naturalnego. Wsazówa. Sorzystaj z twierdzenia 1.25, z rozwiniȩcia: e 1 oszacowania: 1 i=n+1 ( 1 i i! Liczba surjecji (n+1!. = ( 1 i i=0 i! oraz z Udowodnij, że liczba surjecji (funcji na cał a przeciwdziedzinȩ ze zbioru n-elementowego na zbiór -elementowy wynosi: ( ( 1 i ( i n. i i=0 Wsazówa. Sorzystaj z zasady wł aczania i wył aczania dla zbioru wszystich funcji ze zbioru {1,..., n} w zbiór {1,..., }. Zbiór A i to funcje, tóre nie maj a elementu i w obrazie Twierdzenie Ramseya W tym podrozdziale będziemy rozważać grafy pełne, tórych rawędzie są poolorowane dwoma olorami: białym lub czarnym. Doładniej, mamy graf pełny G = (V G, E G z n = V G wierzchołami i ze zbiorem rawędzi E G = {{u, v} u, v V G }, oraz funcję c : V G {b, c} olorującą rawędzie tego grafu. Interesuje nas problem, iedy w grafie G istnieje lia H = (V H, E H (podgraf pełny z wierzchołami, tórej wszystie rawędzie mają ten sam olor. 1. Poaż, że w ażdym grafie z sześcioma wierzchołami istnieje jednobarwny trójąt (trzy wierzchołi połączone rawędziami w tym samym olorze. Wniose. W ażdej grupie 6 osobowej albo są trzy osoby, tóre się wzajemnie znają, albo trzy, tóre się nie znają. 2. Poaż, że istnieje graf z pięcioma wierzchołami, w tórym nie ma jednobarwnego trójąta. 3. Poaż, że w ażdym grafie z 20 wierzchołami istnieją cztery wierzchołi połączone rawędziami w tym samym olorze. Wsazówa. Poaż, że istnieje 10 wierzchołów, tóre z pierwszym są połączone tym samym olorem, na przyład białym. Poaż, że wśród ażdych 10 wierzchołów albo są trzy wierzchołi połączone tylo białymi rawędziami, albo cztery połączone tylo czarnymi (z dowolnego wierzchoła albo wychodzą cztery białe, albo sześć czarnych rawędzi.

27 1.15. Problemy Poaż, że w ażdym grafie z 18 wierzchołami istnieją cztery wierzchołi połączone rawędziami w tym samym olorze. Wniose. W ażdej grupie conajmniej 18 brydżystów albo są cztery osoby, tóre już ze sobą grały (ażda z ażdą w parze, albo cztery, tóre ze sobą nigdy nie grały (żadna z żadną. Wsazówa. Podobnie ja w puncie 3. Udowodnij, że wśród ażdych 9 wierzchołów albo są trzy wierzchołi połączone tylo białymi rawędziami, albo cztery połączone tylo czarnymi. Poaż, że nie jest możliwe, aby z ażdego wierzchoła wychodziły trzy białe i pięć czarnych rawędzi. Udowodnij następujące Twierdzenie 1.29 (Twierdzenie Ramseya. Dla ażdego istnieje R, taie, że ażdy graf z n > R wierzchołami i dowolną funcją olorującą jego rawędzie posiada podgraf z wierzchołami i wszystimi rawędziami w jednym olorze. Szic dowodu. Niech N 0 będzie dużą liczbą. Pod oniec dowodu oaże się ja dużą. Niech graf posiada N 0 wierzchołów i niech te wierzchołi będą ustawione w ciąg. Weżmy pierwszy wierzchołe x 1. Na podstawie zasady szufladowej istnieje olor c 1 {b, c} oraz podciąg N 1 = N 0 /2 wierzchołów, tóre są z x 1 połączone olorem c 1. Pozostałe wierzchołi usuwamy. Niech x 2 będzie pierwszym tóry został. Znowu istnieje olor c 2 oraz podciąg N 2 = (N 1 1/2 wierzchołów stojących za x 2, tóre wszystie są z x 2 połączone olorem c 2 (olory c 1 i c 2 mogą być różne. Pozostałe wierzchołi usuwamy. Powtarzamy to 2 1 razy i otrzymamy ciąg wierzchołów x 1, x 2,..., x 2, taich, że ażdy wierzchołe x i, 1 i 2 1 jest połączony olorem c i ze wszystimi wierzchołami stojącymi za nim. Kolory c 1,..., c 2 1 nie muszą być jednaowe, ale wszystie należą do zbioru dwóch olorów: biały i czarny. Dlatego na podstawie zasady szufladowej istnieje podciąg wierzcołów, z tórych ażde dwa są połączone tym samym olorem. Liczba N 0 powinna być ta duża, aby możliwe były wszystie opisane wyżej wybory. Na liczbę R należy wybrać najmniejszą taą liczbę. Udowodnij Twierdzenie Ramseya dla przypadu, gdy olorujemy nie pary wierzchołów, ale tróji wierzchołów. Doładniej funcja olorująca przypisuje olory trójom różnych wierzchołów c : {{u, v, w} u, v, w V G u v, v w, u w} {b, c}. Szic dowodu. Dowód prowadzimy podobnie ja w twierdzeniu Ramsey a. Bierzemy wierzchołe x 1. Wśród pozostałych wierzchołów olorujemy pary: para {u, v} ma olor biały, jeżeli trója {x 1, u, v} ma olor biały. Z twierdzenia Ramsey a 3 wynia, że jeżeli liczba wierzchołów N 0 jest dostatecznie duża, to istnieje podciąg z N 1 wierzchołami i parami w jednym olorze. Pozostałe wierzchołi usuwamy. Teraz ażda trója zawierająca x 1 ma tai sam olor. Bierzemy następny wierzchołe x 2 itd.. Udowodnij Twierdzenie Ramseya dla 3 (lub m olorów.

28 28 Rozdział 1. Kombinatorya Twierdzenie Halla o różnych reprezentantach Wyobraźmy sobie n podzbiorów A 1,...,A n zbioru {1,..., n}. Interesuje nas, iedy dla tych podzbiorów istnieje zestaw różnych reprezentantów, czyli ciąg n różnych liczb a 1,...,a n taich, że a i A i. Łatwo zauważyć, że aby istniał zestaw różnych reprezentantów musi być spełniony następujący: Warune Halla: Dla ażdego podzbioru J {1,..., n} j J A j Poaż, że jest to taże warune wystarczający. J. Wsazówa. Szic dowodu (przez inducję. Powiemy, że zbiór J jest rytyczny, jeżeli j J A j = J. Załóżmy najpierw, że istnieje podzbiór rytyczny J różny od całego zbioru {1,..., n}. Niech C = j J A j. Na podstawie inducji można w nim znaleźć reprezentatów. Reszta spełnia warune Halla. Istotnie, niech I {1,..., n} J oraz K = I J. Z tego, że K spełniał warune Halla na początu wynia, że podzbiór I spełnia warune Halla dla zbiorów B i = A i C. B i = (A i C = (A i C K J = I. i I K K Jeżeli nie ma właściwego podzbioru rytycznego, to na a 1 wybieramy dowolny elemnet z A 1, a reszta spełnia warune Halla.