Zasada włączeń i wyłączeń 1 ZASADA WŁACZEŃ I WYŁĄCZEŃ. Przypominamy, że w wykładzie 1 udowodniliśmy następujące dwie równości:

Transkrypt

1 Zasada włączeń i wyłączeń 1 ZASADA WŁACZEŃ I WYŁĄCZEŃ 1. Przypomnienie Przyjmiemy również oznaczenie [n]{1,...,n} dlan>0, P (n){a [n]: A }. P (n){a [n]: A }. Przypominamy, że w wyładzie 1 udowodniliśmy następujące dwie równości: oraz A B A B A B (.1) A B C A B C A B A C B C A B C. (.) Udowodnimy teraz twierdzenie będące uogólnieniem tych dwóch równości na przypade dowolnej liczby zbiorów sończonych.. Wzór włączeń i wyłączeń Twierdzenie.1.JeśliA 1,...,A n sązbioramisończonymi,to A 1... A n Dowód. Wprowadźmy oznaczenie: (1) 1 S (B 1,...,B m ) Teza twierdzenia przybiera wtedy postać: A 1... A n T P (m) T P (n). (.3) B j. (1) 1 S (A 1,...,A n ). Twierdzenia dowodzimy przez inducję względem n. Dla n 1 twierdzenie jest oczywiste.dlanin3byłojużudowodnione.załadamyteraz,żedladowolnychn zbiorów(gdzie n ) twierdzenie jest prawdziwe i dowodzimy, że jest prawdziwe dla dowolnychn1zbiorów.niechwięca 1,...,A n1 będądowolnymizbioramisończonymi. Wówczas A 1... A n1 (A 1... A n ) A n1 A 1... A n A n1 (A 1... A n ) A n1 A 1... A n A n1 (A 1 A n1 )... (A n A n1 ). Wyłady z ombinatoryi

2 Wyład Korzystamyterazdwurotniezzałożeniainducyjnego:dlazbiorówA 1,...,A n oraz dlazbiorówa 1 A n1,...,a n A n1 : A 1... A n (1) 1 S (A 1,...,A n ), (A 1 A n1 )... (A n A n1 ) (1) 1 S (A 1 A n1,...,a n A n1 ). Zauważmy następnie, że A 1... A n A n1 S 1 (A 1,...,A n ) A n1 (1) 1 S (A 1,...,A n ) A 1... A n A n1 S 1 (A 1,...,A n1 ) (1) 1 S (A 1,...,A n ) (1) 1 S (A 1,...,A n ) oraz (A 1 A n1 )... (A n A n1 ) (1) 1 S (A 1 A n1,...,a n A n1 ) n1 (1) 1 S (A 1 A n1,...,a n A n1 ) (1) n1 S n (A 1 A n1,...,a n A n1 ) n1 (1) 1 S (A 1 A n1,...,a n A n1 ) (1) n1 (A 1 A n1 )... (A n A n1 ) n1 (1) 1 S (A 1 A n1,...,a n A n1 )(1) n1 A 1... A n A n1 (1) S 1 (A 1 A n1,...,a n A n1 )(1) n A 1... A n A n1 (1) S 1 (A 1 A n1,...,a n A n1 )(1) n S n1 (A 1,...,A n1 ) (1) 1 S 1 (A 1 A n1,...,a n A n1 )(1) n S n1 (A 1,...,A n1 ). Zatem A 1... A n S 1 (A 1,...,A n1 ) (1) 1 S (A 1,...,A n ) Wyłady z ombinatoryi

3 Zasada włączeń i wyłączeń 3 (1) 1 S 1 (A 1 A n1,...,a n A n1 )(1) n S n1 (A 1,...,A n1 ) S 1 (A 1,...,A n1 ) Następnie zauważmy, że (1) 1 (S (A 1,...,A n )S n1 (A 1,...,A n1 )) (1) n S n1 (A 1,...,A n1 ). S (A 1,...,A n )S 1 (A 1 A n1,...,a n A n1 )S (A 1,...,A n1 ) Stąd ostatecznie dostajemy A 1... A n S 1 (A 1,...,A n1 ) (1) 1 S (A 1,...,A n1 )(1) n S n1 (A 1,...,A n1 ) n1 (1) 1 S (A 1,...,A n1 ), co ończy dowód twierdzenia. Wzór(.3) nazywamy wzorem włączeń i wyłączeń. Inny dowód. Przeglądamy olejne sładnii sumy stojącej po prawej stronie równości iprzyażdymelemencieiloczynu od tego, czy liczba rysujemyznapluslubminuswzależności występowaławsumiezeznaiemplusczyminus.inaczej mówiąc, jeśli zbiór T ma nieparzystą liczbę elementów, to rysujemy zna plus; jeśli zaś zbiór T ma parzystą liczbę elementów, to rysujemy zna minus. Zilustrujemy tę procedurę(w przypadu sumy trzech zbiorów A B C) serią rysunów. Dowodzimy równości A B C A B C A B A C B C A B C. Przeglądamy sładnii sumy po prawej stronie i rysujemy znai plus olejno przy ażdym elemencie zbiorów A, B i C, potem znai minus przy ażdym elemencie zbiorów A B,A CiB C,wreszcieznaiplusprzyażdymelemenciezbioruA B C. Rysune 1: zbiory A, B i C wraz z zaznaczonymi przyładowymi elementami(po jednym elemencie w ażdej sładowej). A B C Wyłady z ombinatoryi

4 4 Wyład Rysune : przy ażdym elemencie zbioru A rysujemy zna plus A B C Rysune 3: przy ażdym elemencie zbioru B rysujemy zna plus A B C Rysune 4: przy ażdym elemencie zbioru C rysujemy zna plus A B C Rysune5:przyażdymelemenciezbioruA Brysujemyznaminus A B C Wyłady z ombinatoryi

5 Zasada włączeń i wyłączeń 5 Rysune6:przyażdymelemenciezbioruA Crysujemyznaminus A B C Rysune7:przyażdymelemenciezbioruB Crysujemyznaminus A B C Rysune8:przyażdymelemenciezbioruA B Crysujemyznaplus A B C Zauważamy,żeprzyażdymelemenciesumyA B Cliczbanarysowanychplusów jest o jeden więsza od liczby narysowanych minusów: przy elementach należących do jednego zbioru narysowaliśmy tylo jeden plus, przy elementach należących do dwóch zbiorów narysowaliśmy dwa plusy i jeden minus, wreszcie przy elementach należących do wszystich trzech zbiorów narysowaliśmy cztery plusy i trzy minusy. To daje równość (liczbaplusów)(liczbaminusów) A B C. Wyłady z ombinatoryi

6 6 Wyład Nietrudno przy tym zauważyć, że w ażdym z siedmiu powyższych roów liczba narysowanych znaów była równa liczbie elementów rozpatrywanego zbioru. Stąd dostajemy równość (liczba plusów)(liczba minusów) A B C A B A C B C A B C, z tórej wynia równość(.). Powróćmy do dowodu twierdzenia.1. Znów zauważamy, że prawa strona równości(.3) jest różnicą między liczbą plusów i liczbą minusów. Wystarczy zatem poazać, że przy ażdymelemenciesumyzbiorówa 1... A n narysowaliśmyojedenpluswięcej.niech x A 1... A n.niechnastępnie M{j: x }. Inaczejmówiąc,x wtedyitylowtedy,gdyj M.Oznaczmym M ;oczywiście m>0.niechterazt P (n)ipopatrzmynazbiór ;jesttojedenzezbiorów występującychpoprawejstronierówności(.3).jeślit\m,tooczywiściemamy x.przypuśćmyzatem,żet M.Wtedyprzyelemenciexrysowaliśmyzna plus lub minus, w zależności od parzystości : plus dla nieparzystych, minus dla parzystych.dladanegoliczbataichzbiorówt jestrówna ( m ).Liczbyplusów i minusów narysowanych przy x są zatem równe liczbaplusów. liczbaminusów, >0, sąd dostajemy liczba plusów liczba minusów m ( m (1) 1 ). Zrówności(przypominamy,żem>0) m (1) 0 wynia, że czyli 1 0 m (1) 0, m (1) m ( m (1) 1 ). Wyłady z ombinatoryi

7 Zasada włączeń i wyłączeń 7 Stąd wynia, że przy elemencie x narysowaliśmy o jeden plus więcej. Ta jest dla ażdego elementuxsumya 1... A n.tozaśoznacza,żesumapoprawejstronierówności będzierównaliczbieelementówsumya 1... A n,coończydowód. 3. Liczba funcji z jednego zbioru sończonego na drugi zbiór sończony Twierdzenie..DanesądwazbiorysończoneAiB.Niech A mi B n. Wtedy m {f A B : fjest na } (1) (m) n. (.4) Dowód.Bezzmniejszeniaogólnościmożemyprzyjąć,żeA[m]iB[n].Definiujemy zbiorya 1,...,A m wnastępującysposób: dlaj1,,...,m.inaczejmówiąc {f A B : j R f } (A\{j}) B. Korzystając ze wzoru włączeń i wyłączeń otrzymujemy A 1... A m NiechzatemT P (m).wtedy m (1) 1. T P (m) (A\{j}) B (A\T) B, sąd otrzymujemy A j (A\T) B (m) n. Zatem A 1... A m m (1) 1 T P (m) (m) n m ( m (1) 1 ) (m) n. Dozaończeniadowoduwystarczyzauważyć,żesumazbiorówA 1... A m sładasię ztychfuncjif:b A,tóreniesą na.zatem {f A B : fjest na }A B \(A 1... A m ), Wyłady z ombinatoryi

8 8 Wyład czyli c.b.d.o. {f A B : fjest na } m n A 1... A m m m n (1) 1 (m) n m m n (1) (m) n m (1) (m) n, 4. Liczba nieporządów Permutacją zbioru sończonego A nazywamy funcję różnowartościową π: A A przeształcającą zbiór A na siebie. Puntem stałym permutacji π nazywamy tai element a zbioru A, dla tórego π(a) a. Nieporządiem nazywamy permutację bez puntów stałych. Zbiór wszystich permutacji zbioru A oznaczymy symbolem S(A), a zbiór nieporządów zbioru A symbolem D(A). Powyższa definicja permutacji nie jest identyczna z definicją przyjętą w wyładzie pierwszym. Poażemy teraz, że w pewnym sensie te dwie definicje opisują te same obiety ombinatoryczne. Przypuśćmy zatem, że mamy dany zbiór sończony A. Ustalmy pewne uporządowanie tego zbioru: A{a 1,a,...,a n }. Niechπ:A AbędziepermutacjązbioruAwsensiepowyższejdefinicji.Przeształcenieπmożemywtedyutożsamićzciągiem ( π(a 1 ),π(a ),...,π(a n ) ) elementówzbioru A. Oczywiście ten ciąg jest różnowartościowy, a więc jest permutacją zbioru A w sensie definicji z wyładu pierwszego. Zwróćmy uwagę na to, że utożsamienie przeształcenia π z ciągiem elementów zbioru est zależne od przyjętego na początu uporządowania zbiorua.zauważmyteż,żewprzypadu,gdya[n],obiedefinicjeporywająsię. NiechwreszcieD n oznaczaliczbęnieporządówzbiorun-elementowego,toznaczynp. D n D([n])dlan>0.PrzyjmujemyponadtoD 0 1. Twierdzenie.3Niech A n>0.wtedy D n D(A) n! (1). (.5)! Dowód.DefiniujemyzbioryA 1,...,A n wnastępującysposób: dlaj1,...,n.mamywówczas A 1... A n {π S(A): π(j)j} (1) 1 T P (n) Wyłady z ombinatoryi.

9 Zasada włączeń i wyłączeń 9 NiechterazT P (n).wówczas {π: π(j)j}{π: (π(j)j)}{π: π Tid}. Stądwynia,że Zatem A 1... A n (n)! (1) 1 T P (n) n (1) 1 ( ) n (1) 1 (n)! (1) 1 n!!. (1) 1 T P (n) (n)! n!! (n)! (n)! Następniezauważamy,żesumazbiorówA 1... A n sładasięztychpermutacji,tóre mają co najmniej jeden punt stały. Zatem sąd wynia, że D(A)S(A)\(A 1... A n ), D(A) n! A 1... A n n! n! n! To ończy dowód twierdzenia. (1) n! n! (1).! (1) 1 n!! (1) n!! Z powyższego twierdzenia wyprowadzimy wniose dotyczący prawdopodobieństwa wylosowania nieporządu. Przypuśćmy, że losujemy permutację ustalonego zbioru n-elementowego A i pytamy o to, jaie jest prawdopodobieństwo tego, że wylosujemy nieporząde. Zbiorem zdarzeń elementarnych Ω w tym przypadu jest zbiór S(A) wszystich permutacji zbioru A; przyjmujemy, że wylosowanie ażdej permutacji jest jednaowo prawdopodobne. Interesuje nas prawdopodobieństwo zdarzenia D(A) Ω. To prawdopodobieństwo jest równe P ( D(A) ) D(A) n! (1).! Wyłady z ombinatoryi

10 10 Wyład Zauważmy, że lim n (1) e 1,! sąd wynia, że dla dużych n rozważane prawdopodobieństwo jest w przybliżeniu równe e 1 0,367879(jużdlan9uzysujemydoładnośćprzybliżenia6cyfrpoprzecinu). 5. Uogólnienie wzoru włączeń i wyłączeń Przypuśćmy,żemamydanezbiorysończoneA 1,...,A n X,gdzieXjestustalonym zbiorem sończonym. Przyjmiemy, że j X. Korzystając z tej umowy, możemy wysłowić zasadę włączeń i wyłączeń w inny sposób. Zastanówmysię,ileelementówzbioruXnienależydożadnegozezbiorówA 1,...,A n. Otóż mamy X\(A 1... A n ) X j (1) 1 T P (n) n (1) (1) T P (n) T P (n). NiechnadalA 1,...,A n X.Przyjmiemywtedyoznaczenie: D r (X,A 1,...,A n ) { x X: {i [n]: x A i } r }, gdzie0 r n.inaczejmówiąc,d r (X,A 1,...,A n )jestzbioremtychelementówzbioru X,tórenależądozbiorówA i dladoładnierindesówi.jeślizbiorya 1,...,A n są ponumerowanebezpowtórzeń,tod r (X,A 1,...,A n )jestzbioremtychelementówzbioru X,tórenależądodoładnierzbiorówspośródA 1,...,A n.wdalszymciągu,będziemy pisaćwsrócie,żeelementzbioruxnależydodoładnierzbiorówspośróda 1,...,A n, mającnamyślito,żeistniejedoładnierindesówitaich,żetenelementnależydo zbiorua i. Poazaliśmy przed chwilą, że Tę równość można uogólnić. D 0 (X,A 1,...,A n ) (1) Wyłady z ombinatoryi T P (n). (.6)

11 Zasada włączeń i wyłączeń 11 Twierdzenie.4NiechA 1,...,A n będąsończonymipodzbioramizbiorusończonego X.Wówczasdladowolnegor0,1,...,nmamy D r (X,A 1,...,A n ) (1) r. (.7) r r T P (n) Dowód.NiechR P r (n).wyznaczymyliczbętychx X,tóremająwłasność: x wtedyitylowtedy,gdy j R. Inaczej mówiąc, wyznaczymy liczbę tych x X, tóre należą doładnie do tych zbiorów,dlatórychj R. Niech B oraz B j B j R dla j R. Naszym celem jest wyznaczenie liczby elementów zbioru (B\B j ), j R czyliobliczenied 0 (B,B i1,...,b inr ),gdzie[n]\r{i 1,...,i nr }. Ze wzoru(.6) wynia, że nr D 0 (B,B i1,...,b inr ) (1) nr nr nr nr nr r T R T [n] T P ([n]\r) T P ([n]\r) T P ([n]\r) T P ([n]\r) T P ([n]\r) T P r ([n]) R T T P ([n]) R T B j (1) ( B) (1) ( ) A i i R (1) ( ( ) A i ) i R (1) R (1) (1) r (1) T r. Wyłady z ombinatoryi

12 1 Wyład Dla ustalonego zbioru R obliczyliśmy, ile jest taich x X, tóre należą do doładnie tychzbiorów,dlatórychj R.Terazchcemyobliczyć,ilejesttaichx,tóre należądodoładnierzbiorów (doładniej:chcemyobliczyć,ilejesttaichx,dla tórych {i [n]: x A i } r).wtymcelumusimyzsumowaćotrzymaneliczbydla wszystich r-elementowych podzbiorów R zbioru[n]. Mamy zatem D r (X,A 1,...,A n ) co ończy dowód twierdzenia. R P r (n) T P r (n) T P r (n) r r T R T [n] R P r (T) (1) T r (1) T r ( ) T (1) T r r (1) r r T P (n) (1) r, r T P (n) 6. Liczba permutacji mających r puntów stałych W tym paragrafie obliczymy, ile jest permutacji zbioru n-elementowego mających doładnie r puntów stałych. Niech WszczególnościD 0 (A)D(A). D r (A) { π S(A): {i A: π(i)i} r }. Twierdzenie.5Niech A niniech0 r n.wtedy D r (A) n! nr r! (1). (.8)! Dowód. Sposób I. Wybieramy najpierw zbiór r puntów stałych permutacji, a następnie permutujemy pozostałe elementy ta, by nie utworzyć nowego puntu stałego; inaczej mówiąc permutacja pozostałych elementów jest nieporządiem. Stąd wynia wzór D r (A) ( ) n D nr r n! r! (nr)! (nr)! nr (1)! n! nr r! (1).! SposóbII.Korzystamyztwierdzenia.4.DefiniujemyzbioryA 1,...,A n wnastępujący sposób: {π S(A): π(j)j} Wyłady z ombinatoryi

13 Zasada włączeń i wyłączeń 13 dlaj 1,...,n.Tajawdowodzietwierdzenia.3stwierdzamy,żedlaT [n] zachodzirówność (n)! Z twierdzenia.4 otrzymujemy teraz D r (A) D r (S(A),A 1,...,A n ) (1) r r r T P (n) (1) r r r (n)! ( ) n (1) r (n)! r (1) r r r r n! (1) r r! r r r n! r! (1) r (1) r r (1) r n! nr (1) r! 1!, co ończy dowód twierdzenia. 7. Średnia liczba puntów stałych n!! (n)! (n)!! r! (r)! n!! n! r! (r)! 1 (r)! T P (n) Niech A n. Przypuśćmy, że wybieramy losowo jedną permutację ze zbioru S(A). Oznaczmyprzezp r prawdopodobieństwotego,żewylosowanapermutacjabędziemiała doładnie r puntów stałych. Z twierdzenia.5 wynia, że p r D r(a) n! r! 1 nr (1) 1!. Niech zmienna losowa X będzie oreślona wzorem X(π) {j A: π(j)j}. Wyłady z ombinatoryi

14 14 Wyład Zatem X(π) jest liczbą puntów stałych permutacji π. W tym paragrafie obliczymy wartość średnią zmiennej X. Z definicji wartości średniej mamy Mamy zatem E(X) r p r r0 r1 Korzystamy teraz ze wzoru E(X) r p r. r0 r p r r1 r1 nr 1 (1) (r1)! 1 n! nr r 1 (1) r! 1! nr r1 (1) (r1)!!. Mamy zatem nr j a r, a r,jr. r1 j1r1 E(X) nr r1 j j1r1 j j1r1 j1 j1r0 n1 j0 (1) j j! (1) n (r1)!! j j1r1 (1) jr (r1)! (jr)! (1) jr (j1)! n (j1)! (r1)! (jr)! (1) jr (j1)! (1) jr1 (j1)! ( ) j1 r1 j (1) r r0 Korzystamy teraz z równości Stąd ostatecznie ( ) j1 r j (1) r r0 j. r j1 j1r0 j1 j j1r1 (1) jr1 (j1)! (1) jr (j1)! r0 ( ) j1 r (j1)! (r1)! (jr)! (1) j1 j1 ( ) (1) (j1)! r j1 r { j 1 jeślij0, r 0 jeślij>0. E(X) n1 j0 (1) j j! j (1) r r0 ( j ) (1)0 r 0! 1. Wyłady z ombinatoryi

15 Zasada włączeń i wyłączeń 15 Średnią liczbę puntów stałych permutacji można obliczyć znacznie prościej, orzystając z następującej własności wartości średniej zmiennych losowych: E(X 1...X n )E(X 1 )...E(X n ). ZdefiniujmyteraznzmiennychlosowychX 1,...,X n : { 1 jeśliπ(i)i, X i (π) 0 jeśliπ(i) i. Nietrudnozauważyć,żewtedyXX 1...X n,gdziexjestzmiennąlosowązdefiniowanąwyżej.następniełatwoobliczyć,żee(x i )P(X1) 1 n.stąddostajemy E(X)E(X 1 )...E(X n )n 1 n Problem par małżeńsich W tym paragrafie rozwiążemy następujący problem pochodzący od Lucasa(le problème des ménages). Dany jest orągły stół, woół tórego mamy posadzić na numerowanych miejscach n par małżeńsich w tai sposób, by panie i panowie siedzieli naprzemian i by żadnapaniniesiedziałaoboswojegomęża.lucaspytałoto,nailesposobówmożemy te osoby posadzić woół stołu z zachowaniem podanych reguł. Popatrzmy najpierw na przyład.otoorągłystółz1miejscami(awięctutajn6): Przede wszystim widzimy, że panie muszą zająć albo miejca parzyste, albo nieparzyste. Ponumerujmy więc oddzielnie liczbami od 1 do 6 miejsca parzyste i nieparzyste: Wyłady z ombinatoryi

16 16 Wyład Najpierw posadzimy panie. Ich miejsca możemy wybrać na n! sposobów: musimy zdecydować, czy wybieramy miejsca parzyste, czy nieparzyste, a następnie na wybranych miejscachmamyn!możliwościposadzenianpań.ponumerujmypanie:k 1,K,...,K n, przyczymprzyjmujemy,żepanik i siedzinamiejscui.dlaustaleniauwagiprzypuśćmy, że panie posdziliśmy na miejscach parzystych, czyli białych na rysunu drugim. Ponumerujmynastępniepanów:M 1,M,...,M n,przyczymzaładamy,żepanm i jest mężempanik i.przyładowysposóbposadzenianpanówwidzimynanastępnymrysunu: K 6 M 4 M K K 1 M 1 5 M 5 K 4 4 M 4 3 K 3 Widzimy, że usadzenie panów jest zgodne z wymaganiami, jeśli spełnione są następujące waruni: panm 1 niesiedzinażadnymzmiejsc1i, panm niesiedzinażadnymzmiejsci3, panm 3 niesiedzinażadnymzmiejsc3i4, panm 4 niesiedzinażadnymzmiejsc4i5, panm 5 niesiedzinażadnymzmiejsc5i6, panm 6 niesiedzinażadnymzmiejsc6i1. Ogólnie dla n par waruni te możemy sformułować w trzech puntach: żadenzpanówm i (dlai1,...,n)niemożesiedziećnamiejscui, żadenzpanówm i (dlai1,...,n1)niemożesiedziećnamiejscui1, panm n niemożesiedziećnamiejscu1, Niechterazπ(i)oznaczanumermiejsca,natórymsiedzipanM i.naszymcelemjest znalezienie liczby µ(n) permutacji π S([n]), spełniających następujące waruni: 1)π(i) idlai1,...,n, )π(i) i1dlai1,...,n1, 3)π(n) 1. Liczba M(n) wszystich możliwych sposobów posadzenia n par małżeńsich będzie równa M(n) n! µ(n). (.9) 3 M 6 Wyłady z ombinatoryi K

17 Zasada włączeń i wyłączeń 17 Definiujemy n zbiorów: Wówczas A i1 {π S([n]): π(i)i} dlai1,...,n, A i {π S([n]): π(i)i1} dlai1,...,n1, A n {π S([n]): π(n)1}. µ(n) S([n])\(A 1... A n ) D 0 (S([n]),A 1,...,A n ) (1) T P (n) NiechT P (n).chcemyobliczyć. Zauważmy, że, wtedy i tylo wtedy, gdy spełniony jest co najmniej jeden z trzech warunów: 1)i1,i Tdlapewnegoi1,...,n, )i,i1 Tdlapewnegoi1,...,n1, 3)1,n T. Przypuśćmy bowiem, że π orazspełnionyjestwarunepierwszydlapewnegoi.wtedyπ A i1 A i,czyli π(i)iorazπ(i)i1,cojestniemożliwe.podobnie,jeślispełnionyjestwarune drugidlapewnegoi,toπ A i A i1,czyliπ(i)i1orazπ(i1)i1. Totażejestniemożliwe.Wreszcie,jeśli1,n T,toπ A 1 A n,czyliπ(1)1 orazπ(n)1,cotażejestniemożliwe.naodwrót,jeśliżadenztychtrzechwarunów niejestspełniony,czyliwzbiorzet niewystępujądwieolejneliczby(liczbyni1 tratujemy tu jao liczby olejne), to w permutacji π mamy ustalone wartości. Taie permutacjeistniejąijestich(n)!.zauważmy,żewtedyoczywiście n. Wprowadźmy na użyte tego dowodu następujące oznaczenia. Oznaczmy przez g(n, ) liczbętaichzbiorówb P (n),że: a)jeślii B,toi1 Bdlai1,...,n1, b)jeślin B,to1 B. Oznaczmynastępnieprzezh(n,)liczbęzbiorówB P (n)spełniającychtylopowyższy warune a): a)jeślii B,toi1 Bdlai1,...,n1, Wyłady z ombinatoryi

18 18 Wyład Wtedy µ(n) (1) (n)! g(n,). (.10) Naszym celem jest zatem obliczenie g(n, ). Lemat.6.h(n,) ( ) n1. Dowód. Sposób I. Mamy policzyć, ile jest -elementowych podzbiorów zbioru[n] nie zawierających dwóch olejnych liczb. Każdy -elementowy podzbiór zbioru[n] jest zbiorem wartości doładnie jednej funcji rosnącej f :[] [n]. Warune, że ten podzbiór nie zawiera dwóch olejnych liczb jest równoważny następującej własności funcjif: f(i1)f(i) dlai1,,...,n1. ( ) Dladowolnejfuncjif:[] [n]definiujemyfuncjęg:[] [n1]wzorem dlai1,,...,.mamyzatem g(i)f(i)i1 g(1)f(1), g()f()1, g(3)f(3), g(1)f(1)(), gf(1). Nietrudno zauważyć, że funcja f spełnia warune( ) wtedy i tylo wtedy, gdy funcja gjestrosnąca.zatemfuncjif:[] [n]spełniającychwarune( )jesttyle,ilefuncji rosnącychg:[] [n1],awięc ( ) n1. SposóbII.Rozumowaniebędziemyilustrowaćprzyładem,wtórymn13i4. Narysujmywjednejliniinółecze. Tworząonen1(wnaszymprzyładzien110)wolnychmiejsc:jednoprzed wszystimi ółeczami, n 1 miejsc między olejnymi ółeczami i jedno na ońcu, zawszystimiółeczami.ztychn1miejscwybierzmymiejsc(wnaszym przyładzie będzie to miejsce pierwsze, miejsce między trzecim i czwartym ółiem, miejsce między siódmym i ósmym ółiem oraz miejsce między ósmym i dziewiątym ółiem) i wstawmy w nie czarne óła: Mamy razem n ółe, w tym czarnych. Sposób wstawiania gwarantuje, że żadne dwa czarne óła nie będą stały obo siebie. Tai ciąg ółe oduje podzbiór zbioru[n]: {i [n]: nai-tymmiejscustoiczarneóło}. Wyłady z ombinatoryi

19 Zasada włączeń i wyłączeń 19 W naszym przyładzie jest to zbiór{1, 5, 10, 1}. Zauważmy wreszcie, że czarne óła możemywstawićna ( ) n1 sposobów,coończydowódlematu. ) Lemat.7.g(n,) n (n n. Dowód.ZliczamyzbioryB P (n)spełniającewarunia)ib). NajpierwzajmiemysiętaimizbioramiB,że1 B.Wtedy Borazn B. PonadtozbiórB\{1} P 1 ({3,...,n1})spełniawarunea).Stądwynia,że istniejeh(n3,1)taichzbiorówb. ZajmijmysięnastępnietaimizbioramiB,że1 B.WtedyzbiórB P ({,...,n}) spełniawarunea).istniejezatemh(n1,)taichzbiorówb.zatem c.b.d.o. g(n,)h(n3,1)h(n1,) ( ) ( ) n1 n 1 n ( ) ( ) n n n n ( ) n, Twierdzenie.8. Liczba sposobów posadzenia n par małżeńsich przy orągłym stole jest równa M(n) n! (1) ( ) n n (n)! (.11) n Dowód. Z równości(.9) i(.10) wynia, że liczba sposobów posadzenia n par małżeńsich przy orągłym stole jest równa M(n) n! µ(n) n! Korzystając z lematu.7 otrzymujemy c.b.d.o. (1) (n)! g(n,). M(n) n! (1) ( ) n n (n)!, n 9. Sumy potęg liczb naturalnych Przypomnijmy z wyładu 1 oznaczenie S (n) j 1...n, j1 Wyłady z ombinatoryi

20 0 Wyład gdzien, 1.Zwyładu1wiemy,że S 0 (n)n, ( ) n1 S 1 (n) n(n1), S (n) 4 1 ( ) n n(n1)(n1), 3 6 ( ) n1 S 3 (n) S 1 (n) n (n1). 4 Wyprowadzimy teraz pewien wzór ogólny. Będzie to wzór reurencyjny, pozwalający obliczyćs (n),jeślisąznanewszyties j (n)dlaj<. Twierdzenie.9.Jeślin, 1,to n (1) j1 S j (n). (.1) j j1 Zanim udowodnimy to twierdzenie, przyjrzymy się jego początowym przypadom i poażemy,jazniegomożnaotrzymaćwzorynas (n)dla 3.Oczywiście S 0 (n)1 0...n 0 n. Teraz,orzystającztwierdzenia.9dlamamy n (1) j1 S j (n) S 1 (n) j 1 j1 sąd otrzymujemy czyli Następnie,dla3mamy n 3 3 ( 3 (1) j1 j j1 S 1 (n)n nn(n1), ) S 3j (n) 3S (n)3 n(n1) sąd dostajemy S 1 (n) n(n1). n, 3S (n)n 3 3 n(n1) n3 3n 3nn) n(n1)(n1), 3 S (n) 1 S 0 (n)s 1 (n)n, 3 S 1 (n) n n3 3n(n1)n n(n 3n1) Wyłady z ombinatoryi 3 S 0 (n) 3

21 Zasada włączeń i wyłączeń 1 czyli Wreszciedlan4mamy sąd wynia, że czyli n 4 4 ( 4 (1) j1 j j1 4 1 S 3 (n) S (n) n(n1)(n1). 6 ) S 4j (n) 4 S (n) 4 S 1 (n) 3 4 S 0 (n) 4 4S (n)6 n(n1)(n1) 4 n(n1) 3 n 6 4S 3 (n)n(n1)(n1)n(n1)n, 4S 3 (n)n 4 n(n1)(n1)n(n1)n n (n 3 (n1)(n1)(n1)1 ) n ((n 3 1)(n1)(n1) ) n ((n1)(n n1)(n1)(n1) ) n(n1)(n n1n1)n(n1)(n n) n (n1), Udowodnimy teraz twierdzenie.9. Dowód. Weźmy zbiór S 3 (n) n (n1). 4 X[n] {(x 1,...,x ): x 1,...,x [n]}. Wtedyoczywiście X n.definiujemyteraznastępującepodzbioryzbiorux: A m {(x 1,...,x ) X: i(x i x m )} dlam1,...,.inaczejmówiąc,dozbiorua m należąteciągi,wtórychnajwięszy wyraz znajduje się na m-tym miejscu. Oczywiście ciągi mające najwięszy wyraz na ilumiejscach,należądoilutaichzbiorówa m.naprzyład,jeślin5i7,to (1,3,4,,5,4,) A 5 oraz(1,3,4,,1,4,) A 3 A 6.Ogólnie,niechT P j,gdzie 1 j.wtedy m T A m n {(x 1,...,x ) X: m T(x m l)oraz m []\T(x m l)}. l1 Wyłady z ombinatoryi

22 Wyład Zauważmy następnie, że oraz zbiory {(x 1,...,x ) X: m T(x m l)oraz m []\T(x m l)} l j {(x 1,...,x ) X: m T(x m l)oraz m []\T(x m l)} dla różnych l są rozłączne. Zatem Wreszcie m T n l j S j (n). l1 XA 1... A, a więc z zasady włączeń i wyłączeń otrzymujemy czyli c.b.d.o. 10. Dwie tożsamości X (1) j1 j1 T P j (1) j1 j1 j1 n T P j m T A m S j (n) (1) j1 S j (n), j (1) j1 S j (n), j j1 Rozważania tego paragrafu będą w zasadzie powtórzeniem rozważań z paragrafu 3. Zajmiemy się funcjami f:[n] [m] i będziemy chcieli policzyć funcje f spełniające dlapewnegowarune[] R f.definiujemyzbiorya 1,...,A wnastępującysposób: {f [m] [n] : j R f } dlaj1,...,.korzystajączewzoruwłączeńiwyłączeń,podobniejawparagrafie 3, otrzymujemy A 1... A (1) j1 j1 ( (1) j1 j j1 T P j i T A i (1) j1 ) (mj) n. j1 Wyłady z ombinatoryi T P j (mj) n

23 Zasada włączeń i wyłączeń 3 Funcje,tórenasinteresują,tworzązbiór[m] [n] \(A 1... A ).Zatemliczbataich funcji jest równa m n (1) j1 (mj) n j j1 (1) j (mj) n. j Wszczególności,jeślinorazm n,toistniejen!taichfuncji.zatem j0 Zdefiniujmy teraz wielomian W(x) wzorem j0 ( ) n (1) j (mj) n n! dlam n. (.13) j W(x) ( ) n (1) (x) n. Jest to wielomian stopnia co najwyżej n. Z tożsamości(.13) wynia jedna, że tę samą wartość n! przyjmuje on w niesończenie wielu puntach: W(m)n! dlam n. Stąd wynia, że ten wielomian jest wielomianem stałym, czyli ( ) n (1) (x) n n! (.14) Z rozumowaniem, tóre przeprowadziliśmy, pozwalającym przejść od tożsamości udowodnionej dla liczb naturalnych do równości wielomianów, spotamy się jeszcze w następnych wyładach. 11. Nierówności Bonferroniego Udowodnimy teraz dwie nierówności, zwane nierównościami Bonferroniego. Oto one: r A 1... A n (1) 1 (.15) oraz A 1... A n r1 T P (n) (1) 1 T P (n). (.16) Powtarzamy drugi dowód zasady włączeń i wyłączeń polegający na przeglądaniu olejnych sładniów sumy stojącej po prawej stronie nierówności i rysowaniu przy ażdym elemencieiloczynu znaupluslubminuswzależnościodtego,czyliczba Wyłady z ombinatoryi

24 4 Wyład występujewsumiezeznaiemplusczyminus.inaczejmówiąc,jeślizbiórtmanieparzystą liczbę elementów, to rysujemy zna plus; jeśli zaś zbiór T ma parzystą liczbę elementów, to rysujemy zna minus. Ta ja w poprzednim dowodzie zauważamy, że prawa strona równości(.3) jest różnicą między liczbą plusów i liczbą minusów. Musimy zatem oszacować różnicę między liczbą plusówiminusównarysowanychprzyażdymelemenciesumyzbiorówa 1... A n. Zajmiemy się najpierw nierównością(.15). Mamy teraz poazać, że przy ażdym elemenciesumyzbiorówa 1... A n narysowaliśmyconajwyżejojedenpluswięcej.niech x A 1... A n.tajapoprzednio,niech M{j: x }. Inaczejmówiąc,x wtedyitylowtedy,gdyj M.Oznaczmym M ;oczywiście m>0.niechterazt P (n)ipopatrzmynazbiór ;jesttojedenzezbiorów występującychpoprawejstronierówności(.3).jeślit\m,tooczywiściemamy x.przypuśćmyzatem,żet M.Wtedyprzyelemenciexrysowaliśmyzna plus lub minus, w zależności od parzystości : plus dla nieparzystych, minus dla parzystych.dladanegoliczbataichzbiorówt jestrówna ( m ).Liczbyplusów i minusów narysowanych przy x są zatem równe liczba plusów liczba minusów r. r, 1 sąd dostajemy r ( m liczba plusów liczba minusów (1) 1 ). Tym razem orzystamy z równości(1.7)(przypominamy, że m > 0): r (1) ( m ) 1 (1) r r ( m1 Mamyterazdwiemożliwości.Jeślim1<r,czylim r(tzn.elementxnależydo conajwyżejrzbiorów ),totajapoprzednio liczbaplusówliczbaminusów0. r ). Jeślizaśm>r,to 1 1 r Wyłady z ombinatoryi

25 Zasada włączeń i wyłączeń 5 sąd wynia, że czyli Zatem r 0 r r (1) 1, (1) 0. r (1) 1 (1) 0. Stąd wynia, że przy elemencie x narysowaliśmy co najwyżej tyle plusów, ile minusów. ZatemdlaażdegoelementuxsumyA 1... A n wobuprzypadachnarysowaliśmyco najwyżej o jeden plus więcej, co dowodzi nierówności(.15). Dowód nierówności(.16) jest analogiczny i pozostawimy go jao ćwiczenie. Zpowyższegodowoduwynia,żejeśliażdyelementsumyA 1... A n należydoco najwyżejrzbiorów,tonierówność(.15)stajesięrównością.jeślinatomiastistnieje conajmniejjedenelementnależącydowięcejniżrzbiorów,tonierówność(.15) jestostra.podobniejestznierównością(.16).jeśliażdyelementsumya 1... A n należydoconajwyżejr1zbiorów,tomamyrówność;wprzeciwnymprzypadu nierówność jest ostra. Wyłady z ombinatoryi

26 6 Wyład Spis tożsamości ombinatorycznych A B A B A B (.1) A B C A B C A B A C B C A B C. (.) A 1... A n (1) 1 T P (n). (.3) m {f A B : fjest na } (1) (m) n. (.4) (1) D(A) n!. (.5)! D 0 (X,A 1,...,A n ) (1). (.6) D r (X,A 1,...,A n ) µ(n) T P (n) (1) r r r D r (A) n! nr r! T P (n). (.7) (1). (.8)! M(n) n! µ(n). (.9) (1) (n)! g(n,). (.10) M(n) n! (1) ( ) n n (n)! (.11) n n (1) j1 S j (n). (.1) j j1 ( ) n (1) j (mj) n n! dlam n. (.13) j j0 ( ) n (1) (x) n n! (.14) A 1... A n A 1... A n m m1 (1) 1 T P (n) (1) 1 T P (n). (.15). (.16) Wyłady z ombinatoryi